漸化式の全て ・・・ その解法の研究                 目次に戻る

1.漸化式の基本形  全ての漸化式はこのタイプに帰着される。

 (1) 等差数列型  a1=a 、an+1=a+d ならば、 a=a+(n−1)d (d : 公差)

 (2) 等比数列型  a1=a 、an+1=ra ならば、 a=a・rn-1 (r : 公比)

   ただし、a、d、r は n に無関係な定数。

2.漸化式の基本形くずれ  F(n)は n の関数とする。

(1) a1=a 、an+1=a+F(n) 型

(解法) an+1−a=b と{b}は{a}の階差数列だから、

 n≧2 のとき、 a=a+Σk=1〜n-1 F(k)

(2) a1=a 、an+1=a・F(n) 型

(解法) ak+1/a=F(k) (k=1、2、・・・、n−1) を辺々掛けて、

 a/a=Πk=1〜n-1 F(k) より、 a=a・Πk=1〜n-1 F(k)

3.隣接2項間の漸化式  (例) a1=1 、an+1=2a+1

(解法T・・・逐次代入法)  a1=1、a2=3、a3=7、・・・ より、a=2−1 と類推され

 る。この類推が正しいことを数学的帰納法により証明すればよい。

(解法U・・・特性解利用法) α=2α+1 より、α=−1  これを利用して、

 an+1+1=2(a+1) と変形される。

 a+1=b とおけば、1.(2)のタイプに帰着される。

(解法V・・・階差数列利用法)  an+2−an+1=2(an+1−a) より、an+1−a=b と

 おけば、1.(2)のタイプに帰着される。

(注意) 上記解法T、U、Vを見ても分かる通り、特性解の利用が最も便利な方法である
    が、特性解が直ぐに使えない場合もある。

4.少し工夫を要する漸化式 ・・・ 定数に n が入っている場合

(例1) a1=1 、an+1=2a+n

(解法) an+2−an+1=2(an+1−a)+1 より、an+1−a=b とおけば、3.のタイプ

 に帰着される。

(例2) a1=1 、an+1=3a+2n+1

(解法) 両辺を3n+1で割って、a/3=b とおくと、2.(1)のタイプに帰着される。

5.「4.少し工夫を要する漸化式」の一般化を、HN「Ren」さんよりいただきました。
(平成28年7月25日付け)

(例) a1=a 、an+1=a・F(n)+G(n) 型の漸化式の両辺をH(n)で割って階差型に帰

 着できる場合(4.(例2)のタイプの一般化)

 F(n)/H(n)=1/H(n-1) つまり、 H(n)=F(n)H(n-1)

 これを解いて、 H(n)=H(1)F(1)F(2)…F(n) となる。ここで、H(1)は定数なので無視できる。

よって、 kF(1)F(2)…F(n) (kはnに無関係の任意の実数) で割ればいい。

例 a1=a 、an+1=n・a+n! のときは、両辺を n!で割ればよい。

例 a1=a 、an+1=2・a+2^(n(n+1)/2)  のときは、両辺を 2^(n(n+1)/2) で割ればよい。

6.隣接3項間の漸化式  (例) a1=1、a2=2 、an+2−3an+1+2a=0

(解法) 特性方程式 α2−3α+2=0 を解いて、 α=1、2

 このとき、 an+2−an+1=2(an+1−a) より、 an+1−a=2n-1

 an+2−2an+1=an+1−2a より、 an+1−2a=0

 この連立方程式を解いて、 a=2n-1

7.少し工夫を要する3項間漸化式 ・・・ 定数が0以外のとき

(例) a1=1、a2=2 、an+2−3an+1+2a=6

(解法) 番号をずらして、 an+3−3an+2+2an+1=6 なので、辺々引いて、

 an+1−a=b とおけば、6.のタイプに帰着される。

8. 対数をとる型の漸化式

(例) a1=3 、an+1=√a

(解法) 任意のnについて、a>0より、両辺の対数をとって、 log an+1=(1/2)log a

そこで、log a=b とおけば、2.(2)のタイプに帰着される。

9.分数型漸化式

(例1) a1=1 、an+1=a/(3−a

(解法) a1≠0 より、任意のnについて、a≠0 だから、両辺の逆数をとって、

 1/an+1=3/a−1  そこで、 1/a=b とおけば、3.のタイプに帰着される。

(例2) a1=1 、an+1=(a−4)/(a−3)

(解法) 特性方程式 α=(α−4)/(α−3) を解いて、 α=2  そこで、

 an+1−2=(−a+2)/(a−3) となるから、 a−2=b とおけば、9.(例1)のタイ
プに帰着される。


10.隣接4項間の漸化式  (例) a1=a2=a3=1 、an+3=−an+2+2an+1+8a

 この(例)はGAI さんより頂きました。(平成27年3月26日付け)


 DD++さんから解法の指針を頂きました。(平成27年3月26日付け)

 an+3=−an+2+2an+1+8a から、 an+3+3an+2+4an+1=2(an+2+3an+1+4a

となるので、 an+2+3an+1+4a=2n-1(a3+3a2+4a1)=2n+2

 そこで、 b=a−2n+1/7 とおくと、 bn+2+3bn+1+4b=0 となるので、

 b1=3/7、b2=−1/7 と合わせて3項間漸化式を解けばよいかと...。


 S(H)さんより、答えを頂きました。(平成27年3月26日付け)

 a=(2n+1−((−i−3)/2)n−((i−3)/2)n)/7


(コメント) 実際に、DD++さんの解法の続きを計算してみました。

 x2+3x+4=0 の解 α=(−3+i)/2 、β=(−3−i)/2 として、

 bn+2−αbn+1=β(bn+1−αb) より、 bn+1−αb=βn-1(b2−αb1

 bn+2−βbn+1=α(bn+1−βb) より、 bn+1−βb=αn-1(b2−βb1

よって、 (α−β)b=αn-1(b2−βb1)−βn-1(b2−αb1) より、

 i・b=αn-1(b2−βb1)−βn-1(b2−αb1

=αn-1+3i)/(2)−βn-1−3i)/(2

 ゆえに、 b=αn-1(−i+3)/14−βn-1(−i−3)/14=−(α+β)/7

より、 a=(2n+1−(α+β))/7 となる。


 GAI さんからのコメントです。(平成27年3月26日付け)

 ヒント有難うございます。鮮やかな手法があるものですね。

 これを進めていきますと、aは確かにnの式で書き下せる。ただし、式の中に複素数を含
むかなりややこしい式でした。しかし、これから生まれる各数は何故か平方数ばかりが発生
してくる。それが不思議でなりません。


 DD++さんからのコメントです。(平成27年3月26日付け)

 複素数(というか非有理数)こそ、この現象を起こしている本質なんですけどね。カラクリが
わかれば同じような数列は実は簡単に作れます。

 a1=1、a2=4、a3=4 、an+3=−2an+2+12an+1+216a

とか。a5 までしか検算してませんが、平方数ばかりのはず。


 GAI さんからのコメントです。(平成27年3月26日付け)

 確かにこれからは、平方数が出現しました。(→ 参考

なぜこんなことがたちどころに分かるんですか?なお、前漸化式から生じる数が、各自然数
nに対して、

 2=7x2+y2

を満たす自然数の組(x,y)でのxの値と関係していることと何か関係があるんでしょうか?

n=3 → 23=7・12+12
n=4 → 24=7・12+32
n=5 → 25=7・12+52
 ・・・・・


 DD++さんからのコメントです。(平成27年3月26日付け)

 手品の種明かしは無粋と相場が決まってますが、これは数学なので普通に種明かし。誘
導にしてみましたので、学生に戻った気分でどうぞ。

 複素数 α=1+i について、

(1)  |α|2 を求めてください。

 自然数nに対し、αn=X[n]+Y[n]i で整数 X[n]、Y[n] を定義するとき、

(2) X[n]2+7Y[n]2 を求めてください。

(3) (2)の結果を、Y[n]2= に変形してください。

(4) 共役な複素数との和を考えることにより、X[n] を α、α*(*:共役)、n を用いて表して
  ください。

(5) (4)の結果を(3)に代入し、平方を展開、整理してください。

(6) 一般項が、pn、qn、rn の線形和で書ける任意の数列 A[n] は、

 A[n+3]-(p+q+r)A[n+2]+(pq+qr+rp)A[n+1]-pqrA[n]=0

なる漸化式を満たすことを確認してください。

(7) A[n]=Y[n]2 とするとき、(5)から p、q、r に該当する数を考え、実際に漸化式を作ってく
  ださい。また A[3] までを求めてください。

(8) 適切な f(n) を用いて、a= {f(n)}2 A[n] と変換することにより、より簡素な平方数の出
  現する数列にしてください。

 これでおそらく GAI さんが最初に提示されたものになると思います。

(9) α=X[1]+Y[1]√Di を他の値にして同様の性質をもつ漸化式を自由に構成してください。

(私が作ったのは、1+i を使っています。また、普通の二次無理数でも手順をわずかに
変えればたぶんできるはずです)


 GAI さんからのコメントです。(平成27年3月27日付け)

 学生になって勉強してみました。

(1) 8

(2) 8n

(3) Y[n]2 = (8n-X[n]2)/7

(4) X[n] = (αn+(α*)2)/2

(5) Y[n]2 = (2・8n-(-6+2i)n-(-6-2i)n)/28

(6)(7)  p = 8、q = -6+2i、r = -6-2i より、p+q+r = -4、pq+qr+rp = -32、pqr = 512

漸化式が A[n+3]+4A[n+2]-32A[n+1]-512A[n] = 0

また、A[1]=Y[1]2=12=1、A[2]=Y[2]2=22=4、A[3]=Y[3]2=(-4)2=16

(8) f(n)=1/2n-1 即ち、A[n]=(2n-1)2・an と置き換えることで、

(2n+2)2・an+3+4(2n+1)2・an+2-32(2n)2・an+1-512(2n-1)2・an=0

(22n+4)・an+3+(22n+4)・an+2-(22n+5)・an+1-(22n+7)・an=0

22n+4・(an+3+an+2-2an+1-23n)=0

よって、 an+3+an+2-2an+1-23n=0

 また、a(1)=f(1)2・A[1]=(1/20)2*1=1*1=1
 a(2)=f(2)2・A[2]=(1/2)2*4=1/4*4=1
 a(3)=f(3)2・A[3]=(1/4)2*16=1/16*16=1

以上で、ばっちり a1=a2=a3=1 のとき、4項間の漸化式 an+3=−an+2+2an+1+8a

が出現できました。逆に、このことから、上記の漸化式から産み出される数は平方数Y[n]2
に色づけしたf(n)2・Y[n]2(当然平方数)が出現してくるという訳なんですね。

 さらに、当然、以下のデオファントス方程式の解とも大いに関係していることになるのか!

 各自然数nに対して、 2n=7・x2+y2 を満たす自然数の組(x,y)

お陰様ですっきりしました。


(追記) 令和6年12月7日付け

 次の東北大学 文系(1987)の問題は、漸化式を解くことが主目標だろう。

問題  初項 a1=r ( r は定数) として、数列{an}を次の式で帰納的に定義する。
  ak+1=rak−(r−1)2k (k=1、2、3、・・・)

 Σk=1nk を求めよ。

(解) a1=r 、a2=r2−(r−1)2=2r−1 、a3=r(2r−1)−2(r−1)2=3r−2 、・・・

から、 an=nr−(n−1) と推察される。この推察が正しいことを、数学的帰納法により

示す。

 n=1 のとき、 左辺=a1=r 、右辺=1・r−(1−1)=r より、左辺=右辺 となり、
n=1のとき、成り立つ。

 n=k (k≧1)のとき成り立つと仮定する。すなわち、 ak=kr−(k−1)

このとき、 ak+1=rak−(r−1)2k=r(kr−(k−1))−(r−1)2k=(k+1)r−k

よって、n=k+1 のときも成り立つ。

以上から、すべての自然数nに対して、 an=nr−(n−1)

よって、 Σk=1nk =Σk=1n ((r−1)k+1)=n(n+1)(r−1)/2+n  (終)


(コメント) 上記では、数学的帰納法を用いて、漸化式を解いたが、もちろん、直接的に解く
    ことも可能である。

(別解) ak+2=rak+1−(r−1)2(k+1) 、ak+1=rak−(r−1)2k から辺々引いて、

 ak+2−ak+1=r(ak+1−ak)−(r−1)2

k=ak+1−ak とおくと、 bk+1=rbk−(r−1)2

 よって、 bk+1−(r−1)=r(bk−(r−1)) より、 bk−(r−1)=(b1−(r−1))rk-1

ここで、 b1=a2−a1=r−1 なので、 bk=r−1

n≧2 のとき、 an=a1+Σk=1n-1k=r+(n−1)(r−1)=nr−(n−1)

この式は、n=1のときも成り立つので、n≧1 に対して、 an=nr−(n−1)

よって、 Σk=1nk =Σk=1n ((r−1)k+1)=n(n+1)(r−1)/2+n  (終)


(追記) 令和7年1月17日付け

 次の東北大学 理系(1989)の問題は、漸化式を解くヒントが与えられている。

問題6  数列{xn}が x1=19、xn+1=(5x+8)/(x+3) (n=1、2、3、・・・) で定義
  されている。
(1) y=(x+a)/(x+b) (n=1、2、3、・・・) が等比数列となるような定数 a、b
 (a<b) を求めよ。
(2) 一般項 x を求めよ。
(3) 極限値 limn→∞ を求めよ。

(解)(1) xn+1−4=(x−4)/(x+3) 、xn+1+2=7(x+2)/(x+3) より、

 (xn+1−4)/(xn+1+2)=(1/7)・(x−4)/(x+2)

よって、a=−4、b=2 とおけば、y=(x−4)/(x+2) は、yn+1=(1/7)y となり、

数列 {y} は等比数列となる。

(2) y1=5/7 より、y=(5/7)(1/7)n-1=5/7n

よって、 (x−4)/(x+2)=5/7n より、 x=(4・7n+10)/(7n−5)

(3) limn→∞=limn→∞ (4・7n+10)/(7n−5)

 =limn→∞ (4+10/7n)/(1−5/7n)=4  (終)


(追記) 令和7年3月1日付け

 次の東北大学 文系(1989)の問題は、3項間漸化式である。

問題  数列{an}が a1=2、a2=0、an+2−2an+1+an=2n−8 (n=1、2、3、・・・)で
  定義されているとする。
(1) 一般項 an を求めよ。
(2) an が最小となる n および、その最小値 an を求めよ。

(解)(1) 条件より、 a3=−8

 bn=an+1−an とおくと、 bn+2−2bn+1+bn=2 で、b1=−2、b2=−8

 cn=bn+1−bn とおくと、 cn+1−cn=2 で、c1=−6 より、 

 cn=−6+2(n−1)=2n−8

n≧2 のとき、 bn=−2+Σk=1n-1 (2k−8)=n(n−1)−8(n−1)−2=n2−9n+6

この式は、n=1のときも成り立つ。

n≧2 のとき、 an=2+Σk=1n-1 (k2−9k+6)=(1/3)(n3−15n2+32n−12)

この式は、n=1のときも成り立つ。

(2) y=(1/3)(n3−15n2+32n−12) とおくと、 y’=(1/3)(3n2−30n+32)

3n2−30n+32=0 を解くと、 n=(15±√129)/3

n=(15+√129)/3 のとき、極小値をとる。

 このnの値は、8と9の間にあり、 n=8 のとき、 y=−204/3

 n=9 のとき、 y=−70

 よって、n=9 のとき、an は最小で、 最小値 −70  (終)


(追記) 令和7年3月12日付け

 次の東北大学 前期理系(1990)の問題も、3項間漸化式の問題で、フィボナッチの数列
である。

問題6  記号+と−を重複を許し1列に並べてできる列のうち、同じ記号は3つ以上連続し
  て並ばないものを考える。+と−という記号を全部でn個(n≧2)使ってつくられるこのよう
  な列のうち、最後が++または−−で終わる列の個数をaとおき、最後が+−または
  −+で終わる列の個数をbとおく.
(1) an+1とbn+1をaとbで表せ。
(2) {a+r・b}が公比rの等比数列となるようなrの値をすべて求めよ。
(3) 長さがnのこのような列の個数a+bを、(2)で求めたrの値を使って表せ。

(解)(1) 題意より、 n+1個の記号の並びで、○○・・・−++ または ○○・・・+−−

のとき、n個の記号の並びでは、 ○○・・・−+ または ○○・・・+− が起こり得る。

 よって、 an+1=bn が成り立つ。

同様に、n+1個の記号の並びで、

 ○○・・・○+− は ○○・・・++− または ○○・・・−+−

 ○○・・・○−+ は ○○・・・+−+ または ○○・・・−−+

なので、n個の記号の並びでは、

 ○○・・・++ または ○○・・・−+

 ○○・・・+− または ○○・・・−−

 が起こり得る。

 よって、 bn+1=a+bn が成り立つ。

(2) an+1+r・bn+1=r(a+r・b) すなわち、 b+r・(a+bn)=r・a+(r+1)bn

よって、 r2=r+1 より、 r=(1±)/2

(3) (1)より、 bn+1=a+bn=bn-1+bn すなわち、 bn+1−bn−bn-1=0

ここで、 b2=2 で、a2=2 より、b3=a2+b2=4 である。

 x2−x−1=0 の解をα、β(α>β)とおくと、α=(1+)/2 、β=(1−)/2

 また、α+β=1 、αβ=−1 である。このとき、bn+1−bn−bn-1=0 は、

 bn+1−αbn=β(bn−αbn-1) と変形されるので、 bn+1−αbn=βn-2(b3−αb2

同様にして、 bn+1−βbn=α(bn−βbn-1) から、 bn+1−βbn=αn-2(b3−βb2

よって、

(α−β)bn=αn-2(b3−βb2)−βn-2(b3−αb2)=(3+)αn-2−(3−)βn-2

ここで、 α−β= なので、 bn=((3+)αn-2−(3−)βn-2)/

よって、 a+bn=bn+1=((3+)αn-1−(3−)βn-1)/  (終)


(追記) 令和7年3月16日付け

 次の東北大学 前期文系(1990)の問題は、計算の見通しと計算力が求められる。

問題  正の数から成る数列 a1,a2,a3,・・・ の一般項 an と、初項から第n項までの和
  Sn の間に、 Σk=1n 4Sk/(ak+2)=S という関係があるものとする。an と S を求
  めよ。

(解) n=1 のとき、 4S1/(a1+2)=S1 すなわち、 4a1/(a1+2)=a1 から、

 a12=2a1 ここで、a1>0 より、 a1=2

n≧2 のとき、 an=S−Sn-1=4Sn/(an+2) から、Sn=an(an+2)/4

 よって、 an=S−Sn-1=an(an+2)/4−an-1(an-1+2)/4 から、

 4an=an(an+2)−an-1(an-1+2)=an2+2an−an-12−2an-1

すなわち、 an2−2an−an-12−2an-1=0

よって、 (an+an-1)((an−an-1)−2)=0 で、 an+an-1>0 より、 an−an-1=2

 n≧2 のとき、 an=2+2(n−1)=2n  これは、n=1 のときも成り立つ。

このとき、 S=Σk=1n=2Σk=1n k=n(n+1)  (終)


(追記) 令和7年3月28日付け

 次の東北大学 後期文系(1990)の問題は、数学Vの教科書に出てきそうな問題である。

問題  関数F(x)=(5/2)x(1−x) について考える。

(1) 2/5<x<4/5 、x≠3/5 のとき、不等式 −1<(F(x)−3/5)/(x−3/5)<0 が成
 り立つことを示せ。
(2) 数列{x}を x0=1/2、xn+1=F(x) (n=0、1、2、・・・) により定義する。

 x0<x2<・・・<x2k<x2k+2<・・・<3/5<・・・<x2k+3<x2k+1<・・・<x3<x1

 となることを示せ。

(解)(1) F(x)−3/5=(5/2)x(1−x)−3/5=−(5/2)x2+(5/2)x−3/5

 =−(5/2)(x2−x+6/25)=−(5/2)(x−2/5)(x−3/5) なので、

 (F(x)−3/5)/(x−3/5)=−(5/2)(x−2/5)=−(5/2)x+1

 2/5<x<4/5 、x≠3/5 のとき、 −1<−(5/2)x+1<0 なので、

 −1<(F(x)−3/5)/(x−3/5)<0 が成り立つ。

(2) x0=1/2 のとき、 x1=F(1/2)=(5/2)(1/2)(1/2)=5/8>3/5

 x2=F(5/8)=(5/2)(5/8)(3/8)=75/128<3/5

よって、 2/5<x0<x2<3/5<x1<4/5 である。

 2/5<xn<4/5 のとき、 −1/5<xn−3/5<1/5 すなわち、

 |xn−3/5|<1/5 なので、 |(F(xn)−3/5)/(xn−3/5)|<1 より、

 |F(xn)−3/5|<|xn−3/5| すなわち、 |xn+1−3/5|<|xn−3/5|

以上から、

 x0<x2<・・・<x2k<x2k+2<・・・<3/5<・・・<x2k+3<x2k+1<・・・<x3<x1

となる。  (終)



   以下、工事中!