等比数列と特性方程式を利用する隣接二項間漸化式

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こんにちは、リンス(@Lins016)です。
今回は等比数列と特性方程式を利用する隣接二項間漸化式について学習していこう。

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等比数列の漸化式と特性方程式を利用する漸化式

前回は\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)の\(\small{ \ p=1 \ }\)の形の隣接二項間漸化式を学習したけど、今回は\(\small{ \ p \ }\)が\(\small{ \ 1 \ }\)以外の定数で\(\small{ \ q \ }\)が定数のときの隣接二項間漸化式について考えていこう。

隣接二項間漸化式は複雑な形の問題も変形して、前回学習した等差数列や階差数列か、今回学習する形になるからしっかりと解法を覚えておこう。

等比数列の漸化式と特性方程式を利用する漸化式

\(\normalsize{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)
①\(\small{p=}\)定数\(\small{(\neq1)}\)、\(\small{ \ q=0 \ }\)の場合【等比数列】
  \(\small{ \ a_{n+1}=ra_n \ }\)となり\(\small{a_n=a_1\cdot r^{n-1}}\)

②\(\small{p=}\)定数\(\small{(\neq1)}\)、\(\small{ \ q=}\)定数(\(\small{ \ 0 \ }\)以外)の場合【特性方程式の利用】
  \(\small{a_{n+1}=pa_n+q \ }\)を\(\small{ \ a_{n+1}-\alpha =p\left(a_n-\alpha\right) \ }\)に変形

今回は\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)の\(\small{p=}\)定数\(\small{(\neq1)}\)、\(\small{ \ q \ }\)が定数のときについての学習になる。
前回学習したように\(\small{ \ p=1 \ }\)のときは\(\small{ \ q \ }\)が定数のとき等差数列、\(\small{ \ q \ }\)が\(\small{ \ n \ }\)の式のとき階差数列だったよね。

今回は\(\small{ \ q \ }\)が\(\small{ \ 0 \ }\)のときと\(\small{ \ 0 \ }\)じゃないときで形が異なるから形を覚えていこう。

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\(\small{p=定数(\neq1)}\)・\(\small{ \ q=0 \ }\)【等比数列の漸化式】

\(\small{a_{n+1}=pa_n \ }\)の式は第\(\small{ \ n \ }\)項に定数\(\small{ \ p \ }\)をかけると第\(\small{ \ n+1 \ }\)項になるから、定数\(\small{ \ p \ }\)を公比とする等比数列だよね。

等比数列といえば初項\(\small{ \ a_1 \ }\)、公比\(\small{ \ r \ }\)のとき、\(\small{ \ a_n=a_1\cdot r^{n-1} \ }\)になるから、初項と公比を代入して一般項を求めよう。

\(\small{p=定数(\neq1)}\)・\(\small{ \ q=定数 \ }\)【特性方程式を利用する漸化式】

この形の漸化式が一番よく出題されるし、よく利用する形になるから確実に押さえておこう。

\(\small{p=}\)定数\(\small{(\neq1)}\)で\(\small{q=}\)定数\(\small{(\neq0)}\)の式は、両辺からある定数\(\small{ \ \alpha \ }\)を引いて \(\small{ \ a_{n+1}-\alpha=p(a_n-\alpha) \ }\)に変形するんだ。

すると数列\(\small{\{a_n-\alpha\}}\)を\(\small{ \ b_n \ }\)とすると\(\small{ \ \left\{b_n\right\} \ }\)は、初項\(\small{ \ a_1-\alpha \ }\)、公比\(\small{ \ p \ }\)の等比数列になるから、この等比数列を求めて、\(\small{ \ a_n \ }\)を導こう。

ここで\(\small{ \ \alpha \ }\)は\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)の\(\small{ \ a_{n+1} \ }\)と\(\small{ \ a_n \ }\)を\(\small{ \ \alpha \ }\)に置き換えた式\(\small{ \ \alpha=p\alpha+q \ }\)を解くことで\(\small{ \ \alpha \ }\)を求めることができる。

ちなみにこの式を特性方程式って言うんだ。

なんで\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)の\(\small{ \ a_{n+1} \ }\)と\(\small{ \ a_n \ }\)を\(\small{ \ \alpha \ }\)に置き換えるのか考えてみよう。

等比数列の漸化式になるように\(\small{ \ a_{n+1}-\alpha=p(a_n-\alpha) \ }\)の形に変形したいってのがあるから、\(\small{ \ a_{n+1}-\alpha=p(a_n-\alpha) \ }\)を展開して整理すると\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+\alpha-p\alpha \ }\)になる。

ここで\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)と比較すると\(\small{ \ \alpha-p\alpha=q \ }\)になるよね。

この式って\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)の\(\small{ \ a_{n+1} \ }\)と \(\small{ \ a_n \ }\)を\(\small{ \ \alpha \ }\)に置き換えた特性方程式と同じだよね。

つまり\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)を\(\small{ \ a_{n+1}-\alpha=p(a_n-\alpha) \ }\)に変形するための\(\small{ \ \alpha \ }\)は、\(\small{ \ \alpha=p\alpha+q \ }\)を解いて求めればいいよね。

特性方程式を使うことだけ覚えてる人は、「\(\small{ \ a_{n+1} \ }\)と\(\small{ \ a_n \ }\)がなんで等しくなるの?」って思いながら特性方程式を使ってるけど、それは大きな勘違いだからね。

\(\small{ \ a_{n+1} \ }\)と\(\small{ \ a_n \ }\)は等しくないからね。きちんと理解しておこう。

例題を確認
問題解答

(1)\(\small{a_1=3,a_{n+1}=2a_n \ }\)によって定められる数列\(\small{\{a_n\}}\)の一般項を求めよ。
(2)\(\small{a_1=7,a_{n+1}=2a_n-4 \ }\)によって定められる数列\(\small{ \ \{a_n\} \ }\)の一般項を求めよ。

(1)\(\small{\begin{eqnarray}a_n=3\cdot2^{n-1}\end{eqnarray}}\)

(2)\(\small{a_{n+1}=2a_n-4}\)を変形すると
\(\small{a_{n+1}-4=2(a_n-4) \ }\)となり、
数列\(\small{ \ \{a_n-4\} \ }\)は初項\(\small{ \ a_1-4=3 \ }\)、公比\(\small{ \ 2 \ }\)の等比数列
\(\small{a_n-4=3\cdot2^{n-1}}\)
\(\small{\begin{eqnarray}
\therefore a_n=3\cdot2^{n-1}+4
\end{eqnarray}}\)

point
ここで注意したいのが解答用紙には「特性方程式を解いて」とは書かず、「\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)を変形して\(\small{ \ a_{n+1}-\alpha=p(a_n-\alpha) \ }\)」と書く方がいいってこと。

どうしかっていうと特性方程式って受験テクニックから生まれた式だから、正しい解き方とは言えないんだ。

でも\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)を変形して\(\small{ \ a_{n+1}-\alpha=p(a_n-\alpha) \ }\)になることは式を見れば誰が見てもわかるから、いきなりそう書いてしまっても構わない。だから答案作成では、問題用紙の隅で特性方程式を解いて、解答用紙にいきなり変形した式を書こう。

Point 隣接二項間漸化式\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)

①\(\small{p=}\)定数\(\small{(\neq1)}\)、\(\small{ \ q=0 \ }\)は等比数列
②\(\small{p=}\)定数\(\small{(\neq1)}\)、\(\small{ \ q=}\)定数(\(\small{ \ 0 \ }\)以外)は特性方程式の利用

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

自然数の列を次のように第\(\small{ \ 1 \ }\)群には\(\small{ \ 1 \ }\)個の項を含み、第\(\small{ \ 2 \ }\)群には\(\small{ \ 3 \ }\)個の項を含み、第\(\small{ \ 3 \ }\)群には\(\small{ \ 7 \ }\)個の項を含み、第\(\small{ \ n \ }\)群には\(\small{ \ a_n \ }\)個の項を含むように分ける。
\(\small{ \ 1 \ | \ 2、3、4 \ | \ 5、6、7、8、9、10、11 \ | \ 12\cdots \ }\)
ただし\(\small{ \ a_{n+1}=2a_n+1(n=1、2、3、\cdots) \ }\)という関係があるものとする。このとき次の問いに答えよ。
(1)第\(\small{ \ n \ }\)群の項数\(\small{ \ a_n \ }\)を求めよ。
(2)第\(\small{ \ n \ }\)群の最初の数と最後の数をそれぞれ求めよ。
(3)第\(\small{ \ n \ }\)群に属する項の和を求めよ。
(4)\(\small{ \ 2000 \ }\)は第何群に属するか。

(1)\(\small{ \ a_{n+1}=2a_n+1 \ }\)を変形して
\(\small{ \ a_{n+1}+1=2(a_n+1) \ }\)
\(\small{ \ a_1=1 \ }\)より、数列\(\small{ \ \{a_n+1\} \ }\)は初項\(\small{ \ 2 \ }\)、公比\(\small{ \ 2 \ }\)の等比数列である。
\(\small{ \ \therefore a_n+1=2^n \ }\)
\(\small{ \ \therefore a_n=2^n-1 \ }\)

(2)初項から第\(\small{ \ n \ }\)群の最初の項までの項数は、\(\small{ \ n\geqq2 \ }\)のとき
\(\small{ \ a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}+1=\displaystyle \sum_{ k = 1 }^{ n-1 }a_k+1 \ }\)
\(\small{ \ =\displaystyle \sum_{ k = 1 }^{ n-1 } (2^k-1)+1 \ }\)
\(\small{ \ =\displaystyle \frac{2(2^{n-1}-1)}{2-1}-(n-1)+1 \ }\)
\(\small{ \ =2^n-n \ }\)
これは\(\small{ \ n=1 \ }\)も満たす、
よって第\(\small{ \ n \ }\)群の最初の数は\(\small{ \ 2^n-n \ }\)
また初項から第\(\small{ \ n \ }\)群の最後の項までの項数は、
\(\small{ \ a_1+a_2+\cdots+a_n=\displaystyle \sum_{ k = 1 }^{ n }a_k \ }\)
\(\small{ \ =\displaystyle \sum_{ k = 1 }^{ n } (2^k-1) \ }\)
\(\small{ \ =\displaystyle \frac{2(2^n-1)}{2-1}-n \ }\)
\(\small{ \ =2^{n+1}-n-2 \ }\)

(3)第\(\small{ \ n \ }\)群を一つの数列とすると初項\(\small{ \ 2^n-n \ }\)、末項\(\small{ \ 2^{n+1}-n-2 \ }\)、項数\(\small{ \ a_n \ }\)の等差数列だから求める和は
\(\small{ \ \displaystyle \frac{1}{2}a_n\{(2^n-n)+(2^{n+1}-n-2)\} \ }\)
\(\small{ \ =(2^n-1)(3\cdot2^{n-1}-n-1)
\ }\)

(4)\(\small{ \ 2000 \ }\)が第\(\small{ \ n \ }\)群に属するとすると
\(\small{ \ 2^n-n \leqq 2000 \leqq 2^{n+1}-n-2 \ }\)
ここで\(\small{ \ n=10 \ }\)のとき
\(\small{ \ 2^{10}-10=1014\\
\ 2^{11}-10-2=2036 \ }\)より
\(\small{ \ n=10 \ }\) よって\(\small{ \ 2000 \ }\)は第\(\small{ \ 10 \ }\)群に属する

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