こんにちは、リンス(@Lins016)です。
今回は\(\small{ \ n \ }\)の整式を含む隣接二項間漸化式について学習していこう。
\(\small{ \ n \ }\)の整式を含む隣接二項間漸化式の変形
今回は\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)の\(\small{ \ p\neq1 \ }\)で\(\small{ \ q=2n+1 \ }\)や\(\small{ \ q=n^2+n+2 \ }\)のような\(\small{ \ n \ }\)の整式を含む隣接二項間漸化式だ。
\(\small{ \ q \ }\)に\(\small{ \ n \ }\)が含まれているから、今まで学習してきた問題より大変だけど、解法を間違えなければ今まで学習した形に変形できるから、変形の仕方を覚えておこう。
\(\normalsize{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)
\(\small{ \ p=}\)定数（\(\small{ \neq 1 \ }\)）、\(\small{ \ q=n}\)の整式の場合
\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+g(n) \ }\)
①\(\small{ \ g(n) \ }\)が一次式の場合
\(\small{ \ a_{n+2}-a_{n+1}=p(a_{n+1}-a_n)+}\)定数
②\(\small{ \ g(n) \ }\)が二次式以上の場合
\(\small{ \ a_{n+1}+f(n+1)=p(a_n+f(n) \ )}\)
今回は\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)の\(\small{ \ p\neq 1 \ }\)で\(\small{ \ q \ }\)が\(\small{ \ n \ }\)を含む整式のとき。
\(\small{ \ p=1 \ }\)だと\(\small{ \ q \ }\)が\(\small{ \ n \ }\)次式のときは階差数列だったよね。似ているけど、解き方は全然違うから間違えないように形を確認しておこう。
nの整式が一次式の隣接二項間漸化式
\(\small{ \ p=}\)定数\(\small{(\neq1)}\)、\(\small{ \ q \ }\)が\(\small{ \ n \ }\)の一次式のパターンは\(\small{ \ n \ }\)に\(\small{ \ n+1 \ }\)を代入した式を元の式から引くことで、\(\small{a_{n+2}-a_{n+1}=p(a_{n+1}-a_n)+ \ }\)(定数)の形になって、一番厄介な\(\small{ \ q=n \ }\)の式の部分の\(\small{ \ n \ }\)を消去することができるんだ。
ここが一番大切なポイントだ。
&a_{n+2}&=&pa_{n+1}&+a(n+1)&+b\\
-) &a_{n+1}&=&pa_{n}&+an&+b\\
\hline
a_{n+2} -&a_{n+1}&=&p(a_{n+1}-a_n)&+a
\end{array}}\)
\(\small{b_n=a_{n+1}-a_n \ }\)とおくと\(\small{b_{n+1}=pb_n+a}\)
\(\small{ \ n \ }\)が消えること、\(\small{ \ b_n=a_{n+1}-a_n \ }\)とおくことで、引き算した式が\(\small{ \ b_{n+1}=pb_n+a \ }\)(\(\small{a \ }\)は定数)になるんだ。
この\(\small{ \ b_n \ }\)の式は、前回学習した\(\small{p=}\)定数\(\small{(\neq1)}\)、\(\small{q=}\)定数\(\small{(\neq0)}\)の特性方程式を利用するの形と同じだから、特性方程式を利用して、\(\small{b_n}\)を求めよう。
さらに\(\small{ \ b_n=a_{n+1}-a_n \ }\)だから階差数列の解法で\(\small{ \ a_n \ }\)を求めよう。大変な計算だけど、ミスなく計算して答えを導こう。
-
等比数列と特性方程式を利用する隣接二項間漸化式
特性方程式がなぜ成り立つのかなどの疑問について詳しく解説しています。
続きを見る
\(\small{a_1=-2,a_{n+1}=4a_n+9n+3 \ }\)によって定められる数列\(\small{\{a_n\}}\)の一般項を求めよ。
\(\small{a_{n+1}=4a_n+9n+3 \ }\)の\(\small{ \ n \ }\)に\(\small{ \ n+1 \ }\)を代入した式を元の式から引くと
&a_{n+2}&=&4a_{n+1}&+9(n+1)&+3\\
-) &a_{n+1}&=&4a_{n}&+9n&+3\\
\hline
a_{n+2} -&a_{n+1}&=&4(a_{n+1}-a_n)&+9
\end{array}}\)
\(\small{b_n=a_{n+1}-a_n \ }\)とおくと
\(\small{b_{n+1}=4b_n+9}\)
この式を変形すると
\(\small{b_{n+1}+3=4(b_n+3)}\)
\(\small{\{b_n+3\}}\)は初項\(\small{ \ b_1+3=a_2-a_1+3=9 \ }\)、公比\(\small{ \ 4 \ }\)の等比数列
\(\small{(\because a_2=4a_1+9\cdot1+3=4)}\)
\(\small{b_n+3=9\cdot4^{n-1}}\)
\(\small{\therefore b_n=9\cdot4^{n-1}-3}\)
\(\small{b_n=a_{n+1}-a_n}\)より
\(\small{ \ n\geqq2 \ }\)のとき
\(\small{a_n=a_1+\displaystyle \sum_{ k = 1 }^{ n-1 }9\cdot4^{n-1}-3 }\)
\(\small{a_n=-2+\displaystyle \frac{9(4^{n-1}-1)}{4-1}-3(n-1)}\)
これは\(\small{ \ n=1 \ }\)のときも満たす
\(\small{\therefore a_n=3\cdot4^{n-1}-3n-2}\)
nの式が一次式以上の隣接二項間漸化式
\(\small{ \ p=}\)定数\(\small{(\neq1)}\)、\(\small{ \ q \ }\)が\(\small{ \ n \ }\)の整式のパターンは\(\small{ \ n \ }\)の整式が二次式以上だと、先ほどのように\(\small{ \ n \ }\)に\(\small{ \ n+1 \ }\)を代入した式を元の式から引いても一番厄介な\(\small{ \ q=(n \ }\)の式)の部分の\(\small{ \ n \ }\)を消去することができない。
何度も引くことを繰り返せば、\(\small{ \ n \ }\)を消すことができるけど、現実的じゃないよね。
だって引き算する度に、\(\small{ \ c_n=b_{n+1}-b_n \ }\)、\(\small{b_n=a_{n+1}-a_n \ }\)と階差数列の計算も増えていくわけだからかなり大変。
だから二次式以上は\(\small{ \ \left\{a_n+f(n)\right\} \ }\)が等比数列になるように与えられた式を\(\small{a_{n+1}+f(n+1)=p(a_n+f(n) \ )}\)に変形できるような\(\small{ \ f(n) \ }\)を求めて問題を解いていくんだ。
問題文の\(\small{ \ q \ }\)が二次式なら\(\small{ \ f(n) \ }\)も二次式(\(\small{ \ an^2+bn+c \ }\))、\(\small{ \ q \ }\)が三次式なら\(\small{ \ f(n) \ }\)も三次式(\(\small{ \ an^3+bn^2+cn+d \ }\))になるからね。
\(\small{ \ a_{n+1}+f(n+1)=p(a_n+f(n) \ ) \ }\)の\(\small{ \ p \ }\)は問題文の\(\small{ \ a_n \ }\)の係数\(\small{ \ p \ }\)と同じだから、元の式と係数比較して\(\small{ \ f(n) \ }\)を求めよう。
\(\small{ \ f(n) \ }\)が求まると\(\small{ \ b_n=a_n+f(n) \ }\)とおくことで\(\small{ \ b_n \ }\)は公比\(\small{ \ p \ }\)の等比数列になるから\(\small{ \ b_n \ }\)を求めて\(\small{ \ a_n \ }\)を導こう。
ちなみにこの方法は\(\small{ \ q \ }\)が一次式でも利用することができるから、この方法で解いてもOKだ。
\(\small{a_1=1,a_{n+1}=3a_n+2n^2+2n+1 \ }\)によって定められる数列\(\small{\{a_n\}}\)の一般項を求めよ。
\(\small{a_{n+1}=3a_n+2n^2+2n+1 \ }\)より
に変形できるとすると、
となり係数比較して、
\(\small{\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
2p=2 \\
2q-2p=2\\
2r-q-p=1
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}}\)
\(\small{\therefore p=1、q=2、r=2}\)
よって\(\small{ \ a_{n+1}=3a_n+2n^2+2n+1 \ }\)は
と変形できる。
ここで\(\small{b_n=a_n+n^2+2n+2}\)とすると
\(\small{b_{n+1}=3b_n \ }\)となり、\(\small{ \ \{b_n\} \ }\)は初項\(\small{ \ b_1=a_1+1^2+2\cdot1+2=6 \ }\)、公比\(\small{3}\)の等比数列
\(\small{b_n=6\cdot3^{n-1}}\)
\(\small{a_n+n^2+2n+2=6\cdot3^{n-1}}\)
\(\small{\therefore a_n=6\cdot3^{n-1}-n^2-2n-2 }\)
Point 隣接二項間漸化式\(\small{ \ a_{n+1}=pa_n+q \ }\)
①\(\small{ \ a_{n+1}+f(n+1)=p(a_n+f(n) \ )}\)の形に変形
②一次式の場合は\(\small{ \ a_{n+2}-a_{n+1}=p(a_{n+1}-a_n)+}\)定数の形でもOK
数列\(\small{ \ \{a_n\} \ }\)を以下で定める。
(1)\(\small{ \ f(x+1)=-f(x)-2x^2+18x+9 \ }\)を満たす\(\small{ \ 2 \ }\)次関数を求めよ。
(2)数列\(\small{ \ \{a_n-f(n)\} \ }\)を考えることにより、一般項\(\small{ \ a_n \ }\)を求めよ。
(3)\(\small{ \ a_n \ }\)の最大値とそのときの\(\small{ \ n \ }\)の値を求めよ。
(1)\(\small{ \ f(x)=ax^2+bx+c \ }\)とすると
\(\small{ \ f(x+1)=-f(x)-2x^2+18x+9 \ }\)より
両辺の\(\small{ \ x^2、x、 \ }\)定数項の係数を比較すると
\(\small{\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
a=-a-2\\
2a+b=-b+18\\
a+b+c=-c+9
\end{array}
\right.
\end{eqnarray} \ }\)
これを解いて\(\small{ \ a=-1、b=10、c=0 \ }\)
よって\(\small{ \ f(x)=-x^2+10x \ }\)
(2)(1)で求めた\(\small{ \ f(x+1)=-f(x)-2x^2+18x+9 \ }\)に\(\small{ \ n \ }\)を代入して\(\small{ \ a_{n+1}=-a_n-2n^2+18n+9 \ }\)から引くと
-)\quad f(n+1)&=&-f(n)&-&2n^2+18n+9\\
\hline
a_{n+1}-f(n+1)&=&-( \ a_n&-&f(n) \ ) \end{eqnarray}}\)
\(\small{ \ \{a_n-f(n)\} \ }\)は初項\(\small{ \ a_1-f(1)=8-9=-1 \ }\)、公比\(\small{ \ -1 \ }\)の等比数列
\(\small{ \ a_n-f(n)=(-1)^n \ }\)
\(\small{ \ \therefore a_n=-n^2+10n+(-1)^n \ }\)
(3)(i)\(\small{ \ n \ }\)が奇数のとき
\(\small{ \ a_n=-n^2+10n-1\\
=-(n-5)^2+24 \ }\)
よって\(\small{ \ n=5 \ }\)のとき最大値\(\small{ \ 24 \ }\)
(ii)\(\small{ \ n \ }\)が偶数のとき
\(\small{ \ a_n=-n^2+10n+1\\
=-(n-5)^2+26 \ }\)
\(\small{ \ n \ }\)が偶数より\(\small{ \ n=4、6 \ }\)のとき最大値\(\small{ \ 25 \ }\)
(i)(ii)より\(\small{ \ n=4、6 \ }\)のとき最大値\(\small{ \ 25 \ }\)
