隣接三項間漸化式

重要度 難易度

こんにちは、リンス(@Lins016)です。
今回は隣接三項間漸化式について学習していこう。

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隣接三項間漸化式の解き方

隣接三項間漸化式っていうのは\(\small{ \ a_{n+2}=a_{n+1}+2a_n \ }\)といった\(\small{ \ a_{n+2}, \ a_{n+1}, \ a_n \ }\)の三つの項で表された式で、この三つの項による漸化式から一般項\(\small{ \ a_n \ }\)を求めていくんだ。

隣接三項間漸化式

\(\small{ \ a_{n+2}+pa_{n+1}+qa_n=0 \ }\)の場合
特性方程式\(\small{ \ x^2+px+q=0 \ }\)の解を\(\small{ \ x=\alpha, \ \beta \ }\)とすると
漸化式は\(\small{ \ a_{n+2}-\alpha a_{n+1}=\beta(a_{n+1}-\alpha a_n) \ }\)と変形できる

隣接三項間漸化式も特性方程式を利用して変形

一般項の係数が定数の隣接二項間漸化式も特性方程式を解いて変形して一般項を求めたけど、今回学習する隣接三項間漸化式も特性方程式を変形して一般項を求めて行くってところは同じなんだ。

ただ、式の変形の仕方がちょっと違うから覚えておこう。

まず\(\small{ \ a_{n+2}+pa_{n+1}+qa_n=0 \ }\)の漸化式を\(\small{ \ a_{n+2}=x^2, \ a_{n+1}=x, \ a_n=1 \ }\)に置き換えた二次方程式が特性方程式になる

特性方程式\(\small{ \ x^2+px+q=0 \ }\)の解を\(\small{ \ x=\alpha, \ \beta \ }\)とすると、解と係数の関係から\(\small{ \ \alpha+\beta=-p, \ \alpha\beta=q \ }\)が成り立つよね。

つまり漸化式は\(\small{ \ a_{n+2}-(\alpha+\beta)a_{n+1}+\alpha\beta a_n=0 \ }\)ってなるから、\(\small{ \ a_{n+2}-\alpha a_{n+1}=\beta(a_{n+1}-\alpha a_n) \ }\)と変形できるんだ。

なんでこんな形に変形したいかっていうと\(\small{ \ a_{n+1}-\alpha a_n=b_n \ }\)ってすると、変形した式は\(\small{ \ b_{n+1}=\beta b_n \ }\)ってなるから等比数列になるよね。
\(\small{ \ \left\{a_{n+1}-\alpha a_n\right\} \ }\)は公比\(\small{ \ \beta \ }\)の等比数列だから、\(\small{ \ a_{n+1}-\alpha a_n=(a_2-\alpha a_1)\beta^{n-1} \ }\)になる。

もちろん特性方程式の解は二つあるから、どっちが\(\small{ \ \alpha \ }\)でどっちが\(\small{ \ \beta \ }\)って決まっていないから数を入れ替えた式がもう一つ作れるよね。
作った二つの式から\(\small{ \ a_{n+1} \ }\)を消去して一般項を求めるんだ。

つまり特性方程式っていうのは隣接二項間漸化式のときと同じで、等比数列に変形するための数字を簡単に求めるために作り出された受験のテクニックなんだ。
だから答案には「特性方程式」って言葉は書かず、「与式を変形すると」って書いて問題文の漸化式を変形しよう。

特性方程式の解に1を含む三項間漸化式

\(\small{ \ a_{n+2}+pa_{n+1}+qa_n=0 \ }\)の特性方程式\(\small{ \ x^2+px+q=0 \ }\)の一つの解が\(\small{ \ 1 \ }\)の場合について考えてみよう。

そのときも上の解き方をしても構わないんだけど、一般的な問題集や参考書だと、階差型の解き方をしてるからその方法も確認しておこう。

なんで急に階差数列が出てきた?ってなっちゃうと困るからね。

\(\small{ \ a_{n+2}+pa_{n+1}+qa_n=0 \ }\)は、特性方程式が\(\small{ \ 1 \ }\)を解に持つから、\(\small{ \ a_{n+2}-a_{n+1}=-q(a_{n+1}-a_n) \ }\)って変形できるよね。

\(\small{ \ a_{n+1}-\alpha a_n=b_n \ }\)ってすると、変形した式は\(\small{ \ b_{n+1}=\beta b_n \ }\)ってなるから等比数列になるよね。\(\small{ \ \left\{a_{n+1}- a_n\right\} \ }\)は公比\(\small{ \ -q \ }\)の等比数列だから、\(\small{ \ a_{n+1}-a_n=(a_2- a_1)(-q)^{n-1} \ }\)になる。

ここまではさっきと同じなんだけど、\(\small{ \ b_n=a_{n+1}-a_n \ }\)だから\(\small{ \ b_n \ }\)は階差数列になるよね。
だから階差数列の式を利用して\(\small{ \ a_n=a_1+\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} b_k \ }\)で一般項を求めることができるんだ。

階差数列の漸化式を忘れている人はもう一度きちんと復習しておこう。

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例題を確認
問題解答

次の漸化式で定義される数列\(\small{ \ \left\{a_n\right\} \ }\)の第\(\small{ \ n \ }\)項を求めよ。
(1)\(\small{ \ a_1=1, \ a_2=9, \ a_{n+2}=9a_{n+1}-14a_n \ }\)\(\small{ \ (n=1, \ 2, \ 3,\cdots) \ }\)
(2)\(\small{ \ a_1=1, \ a_2=4, \ a_{n+2}=4a_{n+1}-4a_n \ }\)\(\small{ \ (n=1, \ 2, \ 3,\cdots) \ }\)
(3)\(\small{ \ a_1=0, \ a_2=1, \ a_{n+2}=\displaystyle \frac{2a_{n+1}+a_n}{3} \ }\)\(\small{ \ (n=1, \ 2, \ 3,\cdots) \ }\)

(1)\(\small{ \ a_{n+2}=9a_{n+1}-14a_n \ }\)を変形すると
\(\small{ \ a_{n+2}-2a_{n+1}=7(a_{n+1}-2a_n) \ }\)
\(\small{ \ \therefore a_{n+1}-2a_n=(a_2-2a_1)\cdot7^{n-1}=7^n\cdots① \ }\)
また、
\(\small{ \ a_{n+2}-7a_{n+1}=2(a_{n+1}-7a_n) \ }\)
\(\small{ \ \therefore a_{n+1}-7a_n=(a_2-7a_1)\cdot2^{n-1}=2^n\cdots② \ }\)
\(\small{ \ ①-② \ }\)より
\(\small{ \ 5a_n=7^n-2^n \ }\)
\(\small{ \ \therefore a_n= \displaystyle \frac{7^n-2^n}{5} \ }\)

(2)\(\small{ \ a_{n+2}=4a_{n+1}-4a_n \ }\)を変形すると
\(\small{ \ a_{n+2}-2a_{n+1}=2(a_{n+1}-2a_n) \ }\)
\(\small{ \ \therefore a_{n+1}-2a_n=(a_2-2a_1)\cdot2^{n-1}=2^n \ }\)
\(\small{ \ a_{n+1}=2a_n+2^n \ }\)の両辺を\(\small{ \ 2^{n+1} \ }\)で割ると
\(\small{ \ \displaystyle \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}= \displaystyle \frac{a_n}{2^n}+ \displaystyle \frac{1}{2} \ }\)
\(\small{ \ b_n= \displaystyle \frac{a_n}{2^n} \ }\)とすると
\(\small{ \ b_{n+1}=b_n+ \displaystyle \frac{1}{2}, \ b_1= \displaystyle \frac{a_1}{2}= \displaystyle \frac{1}{2} \ }\)
\(\small{ \ b_n= \displaystyle \frac{1}{2}+ \displaystyle \frac{1}{2}(n-1)= \displaystyle \frac{1}{2}n \ }\)
\(\small{ \ \therefore a_n=b_n\cdot 2^n=n\cdot2^{n-1} \ }\)

(3)\(\small{ \ a_{n+2}=\displaystyle \frac{2a_{n+1}+a_n}{3} \ }\)を変形すると
\(\small{ \ a_{n+2}-a_{n+1}= -\displaystyle \frac{1}{3}(a_{n+1}-a_n) \ }\)
\(\small{ \ \therefore a_{n+1}-a_n=(a_2-a_1)\cdot\left( -\displaystyle \frac{1}{3}\right)^{n-1}=\left( -\displaystyle \frac{1}{3}\right)^{n-1} \ }\)
\(\small{ \ b_n=a_{n+1}-a_n \ }\)とすると
\(\small{ \ a_n=a_1+ \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} b_k= \displaystyle \frac{1-\left( -\displaystyle \frac{1}{3}\right)^{n-1}}{1-\left(-\displaystyle \frac{1}{3}\right)}= \displaystyle \frac{3}{4}\left\{1-\left(- \displaystyle \frac{1}{3}\right)^{n-1}\right\} \ }\)

point
(2)のように特性方程式が重解の場合、二解を入れ替えて解くことができないから重解の\(\small{ \ n+1 \ }\)乗で割って漸化式を解こう。

Point 隣接三項間漸化式

①三項間漸化式は\(\small{ \ a_{n+2}=x^2, \ a_{n+1}=x, \ a_n=1 \ }\)とした特性方程式から式を変形しよう
②特性方程式の解が\(\small{ \ 1 \ }\)のものは階差数列として解こう

それじゃあ次は入試レベルの問題にチャレンジしてみよう。
入試レベルにチャレンジ
問題解答

\(\small{ \ a_1=1, \ a_2=2, \ a_{n+2}= \sqrt{a_{n+1}a_n} \ }\)\(\small{ \ (n=1, \ 2, \ 3,\cdots) \ }\)で定義された漸化式の第 \(\small{ \ n \ }\)項を求めよ。

\(\small{ \ a_n \gt 0 \ }\)より両辺底\(\small{ \ 2 \ }\)の対数をとると
\(\small{ \ \log_2 a_{n+2}= \displaystyle \frac{1}{2}\log_2 a_{n+1}+ \displaystyle \frac{1}{2}\log_2 a_n \ }\)
\(\small{ \ \log_2 a_n=b_n \ }\)とすると
\(\small{ \ b_{n+2}= \displaystyle \frac{1}{2}b_{n+1}+ \displaystyle \frac{1}{2}b_n \ }\)
これを変形して
\(\small{ \ b_{n+2}-b_{n+1}=- \displaystyle \frac{1}{2}(b_{n+1}-b_n) \ }\)
\(\small{ \ \therefore b_{n+1}-b_n=(b_2-b_1)\cdot\left( -\displaystyle \frac{1}{2}\right)^{n-1}=\left( -\displaystyle \frac{1}{2}\right)^{n-1} \ }\)
\(\small{ \ c_n=b_{n+1}-b_n \ }\)とすると
\(\small{ \ b_n=b_1+ \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} c_k= \displaystyle \frac{1-\left( -\displaystyle \frac{1}{2}\right)^{n-1}}{1-\left(-\displaystyle \frac{1}{2}\right)}= \displaystyle \frac{2}{3}\left\{1-\left(- \displaystyle \frac{1}{2}\right)^{n-1}\right\} \ }\)
\(\small{ \ \therefore a_n=2^{\tiny{ \displaystyle \frac{2}{3}\left\{1-\left(- \displaystyle \frac{1}{2}\right)^{n-1}\right\} }} \ }\)

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