数学汎典

§B1.5漸化式の解法（発展形）

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本単元ではすでに、漸化式の基本形として、等差型an+1=an+da_{n+1} = a_n + d、等比型an+1=r ana_{n+1} = r\,a_n、およびan+1=p an+qa_{n+1} = p\,a_n + qの三つを扱いました。本記事では、そのままの形ではこの三つのどれにも当てはまらない漸化式を扱います。

方針はいずれの型でも共通しています。もとの数列から新しい数列を作り、その新しい数列が三つの基本形のいずれかの漸化式を満たすようにします。新しい数列を作るときには、割り算や逆数を取る操作を用いることがあるので、その操作が許されるための条件と、変形が成り立つ添字の範囲を、そのつど確かめます。

1 an+1=p an+q na_{n+1} = p\,a_n + q^{\,n}の型

右辺にnnを指数に持つ項があるため、an+1=p an+qa_{n+1} = p\,a_n + qの型とは異なります。両辺をq n+1q^{\,n+1}で割ると、右辺のq nq^{\,n}がnnによらない定数になります。

定理 1.1.q≠0q \ne 0とし、数列{an}\{a_n\}がan+1=p an+q na_{n+1} = p\,a_n + q^{\,n}（n≥1n \ge 1）を満たすとする。bn=anq nb_n = \dfrac{a_n}{q^{\,n}}とおくと、

bn+1=pq bn+1q(n≥1)b_{n+1} = \frac{p}{q}\,b_n + \frac{1}{q} \qquad (n \ge 1)

が成り立つ。

証明.q≠0q \ne 0より、すべてのn≥1n \ge 1についてq n+1≠0q^{\,n+1} \ne 0であるから、漸化式の両辺をq n+1q^{\,n+1}で割ることができる。

an+1q n+1=pq⋅anq n+q nq n+1\frac{a_{n+1}}{q^{\,n+1}} = \frac{p}{q}\cdot\frac{a_n}{q^{\,n}} + \frac{q^{\,n}}{q^{\,n+1}}

右辺の第22項は1q\dfrac{1}{q}である。bn=anq nb_n = \dfrac{a_n}{q^{\,n}}と置くと、求める式になる。▨

得られた{bn}\{b_n\}の漸化式は一次型であり、§B1.4 定理 4.1のppをpq\dfrac{p}{q}に、qqを1q\dfrac{1}{q}に置き換えたものに当たります。p≠qp \ne qのときはpq≠1\dfrac{p}{q} \ne 1なので、α=pqα+1q\alpha = \dfrac{p}{q}\alpha + \dfrac1qの解α\alphaを引いて等比型へ帰着させます。p=qp = qのときはpq=1\dfrac{p}{q} = 1であり、bn+1=bn+1qb_{n+1} = b_n + \dfrac1qとなって等差型へ帰着します。

例 1.2.q=3≠0q = 3 \ne 0である。bn=an3 nb_n = \dfrac{a_n}{3^{\,n}}とおくと、定理 1.1よりbn+1=23bn+13b_{n+1} = \dfrac23 b_n + \dfrac13（n≥1n \ge 1）である。α=23α+13\alpha = \dfrac23\alpha + \dfrac13の解はα=1\alpha = 1であるから

bn+1−1=23 (bn−1)b_{n+1} - 1 = \frac23\,(b_n - 1)

となり、{bn−1}\{b_n - 1\}は公比23\dfrac23の等比数列である。b1=a13=13b_1 = \dfrac{a_1}{3} = \dfrac13よりb1−1=−23b_1 - 1 = -\dfrac23であるから

bn−1=−23(23) n−1=−(23) nb_n - 1 = -\frac23\left(\frac23\right)^{\,n-1} = -\left(\frac23\right)^{\,n}

である。よってan=3 n bn=3 n−2 na_n = 3^{\,n}\,b_n = 3^{\,n} - 2^{\,n}である。n=1n = 1のとき3−2=1=a13 - 2 = 1 = a_1であり、漸化式から求めたa2=2⋅1+3=5a_2 = 2\cdot 1 + 3 = 5は32−22=53^2 - 2^2 = 5と一致する。

2 an+1=anp an+qa_{n+1} = \dfrac{a_n}{p\,a_n + q}の型

分母にana_nがあるため、そのままではan+1a_{n+1}がana_nの一次式になりません。両辺の逆数を取ると、右辺はana_nの逆数についての一次式になります。逆数を取るためには、すべてのnnについてan≠0a_n \ne 0でなければなりません。

定理 2.1. 数列{an}\{a_n\}がa1≠0a_1 \ne 0とan+1=anp an+qa_{n+1} = \dfrac{a_n}{p\,a_n + q}（n≥1n \ge 1）を満たし、すべてのn≥1n \ge 1についてp an+q≠0p\,a_n + q \ne 0であるとする。このとき、すべてのn≥1n \ge 1についてan≠0a_n \ne 0であり、bn=1anb_n = \dfrac{1}{a_n}とおくと

bn+1=q bn+p(n≥1)b_{n+1} = q\,b_n + p \qquad (n \ge 1)

が成り立つ。

証明.a1≠0a_1 \ne 0である。あるn≥1n \ge 1についてan≠0a_n \ne 0と仮定すると、仮定p an+q≠0p\,a_n + q \ne 0と合わせてan+1=anp an+q≠0a_{n+1} = \dfrac{a_n}{p\,a_n + q} \ne 0が従う。よって、すべてのn≥1n \ge 1についてan≠0a_n \ne 0である。

したがってbn=1anb_n = \dfrac{1}{a_n}を定めることができ、an+1≠0a_{n+1} \ne 0であるから漸化式の両辺の逆数を取ることができて

bn+1=p an+qan=p+q⋅1an=q bn+pb_{n+1} = \frac{p\,a_n + q}{a_n} = p + q\cdot\frac{1}{a_n} = q\,b_n + p

となる。▨

注意 2.2 (条件を確かめる順序).bn=1anb_n = \dfrac1{a_n}と置く前に、すべてのnnについてan≠0a_n \ne 0であることを確かめる。a1≠0a_1 \ne 0だけでは足りず、漸化式によりan≠0a_n \ne 0が次の項へ引き継がれることを示す必要がある。一般項を求めたあとでan≠0a_n \ne 0を確かめる形にすると、置き換えが許されるかどうかが定まらないまま計算を進めることになる。

例 2.3.a1=1>0a_1 = 1 > 0である。an>0a_n > 0ならば2an+3>02a_n + 3 > 0でありan+1>0a_{n+1} > 0であるから、すべてのn≥1n \ge 1についてan>0a_n > 0である。とくにan≠0a_n \ne 0かつ2an+3≠02a_n + 3 \ne 0である。

bn=1anb_n = \dfrac{1}{a_n}とおくと、定理 2.1よりbn+1=3bn+2b_{n+1} = 3b_n + 2である。α=3α+2\alpha = 3\alpha + 2の解はα=−1\alpha = -1であるからbn+1+1=3 (bn+1)b_{n+1} + 1 = 3\,(b_n + 1)となり、b1+1=2b_1 + 1 = 2よりbn+1=2⋅3 n−1b_n + 1 = 2\cdot 3^{\,n-1}である。よって

an=12⋅3 n−1−1a_n = \frac{1}{2\cdot 3^{\,n-1} - 1}

である。n=1n = 1のとき12−1=1=a1\dfrac{1}{2 - 1} = 1 = a_1であり、漸化式から求めたa2=12+3=15a_2 = \dfrac{1}{2 + 3} = \dfrac15は12⋅3−1=15\dfrac{1}{2\cdot 3 - 1} = \dfrac15と一致する。

例 2.4.p=−1p = -1、q=1q = 1の場合である。a2=1/31−1/3=12a_2 = \dfrac{1/3}{1 - 1/3} = \dfrac12、a3=1/21−1/2=1a_3 = \dfrac{1/2}{1 - 1/2} = 1であり、p a3+q=−1+1=0p\,a_3 + q = -1 + 1 = 0であるからa4a_4は定まらない。したがって、すべてのn≥1n \ge 1についてp an+q≠0p\,a_n + q \ne 0という定理 2.1の仮定は成り立たず、この漸化式と初項をともに満たす数列{an}\{a_n\}は存在しない。a1≠0a_1 \ne 0であるだけでは、この仮定は成り立たない。

仮定を確かめずにbn=1anb_n = \dfrac{1}{a_n}とおき、bn+1=bn−1b_{n+1} = b_n - 1がすべてのn≥1n \ge 1で成り立つものとして解くと、b1=3b_1 = 3よりbn=4−nb_n = 4 - n、すなわちan=14−na_n = \dfrac{1}{4 - n}を得る。この式はn=4n = 4で分母が00になり、存在しない数列の一般項を書いたことになる。

3 連立漸化式

二つの数列{an}\{a_n\}と{bn}\{b_n\}が、互いの項を用いて同時に定まる場合を扱います。方針は、二つの数列を組み合わせたan+k bna_n + k\,b_nのうち、等比数列になるものを与える定数kkを探すことです。このkkを定める方程式の解の個数は係数によって変わります。本記事では、次の例のように、kkが相異なる二つの実数として定まる場合を扱います。

例 3.1.a1=1a_1 = 1、b1=0b_1 = 0とし、n≥1n \ge 1について

an+1=an+2bn,bn+1=2an+bna_{n+1} = a_n + 2b_n, \qquad b_{n+1} = 2a_n + b_n

が成り立つとする。定数kkに対して

an+1+k bn+1=(1+2k) an+(2+k) bna_{n+1} + k\,b_{n+1} = (1 + 2k)\,a_n + (2 + k)\,b_n

である。この右辺がλ (an+k bn)\lambda\,(a_n + k\,b_n)の形になるとすると、ana_nの係数を比べてλ=1+2k\lambda = 1 + 2kが、bnb_nの係数を比べてλk=2+k\lambda k = 2 + kが要る。前者を後者へ代入すると(1+2k) k=2+k(1 + 2k)\,k = 2 + kとなり、整理すると2k2=22k^2 = 2、すなわちk=1k = 1またはk=−1k = -1である。この二つのkkのそれぞれについて、λ=1+2k\lambda = 1 + 2kはλk=2+k\lambda k = 2 + kを満たすので、実際にan+1+k bn+1=λ (an+k bn)a_{n+1} + k\,b_{n+1} = \lambda\,(a_n + k\,b_n)が成り立つ。

k=1k = 1のときan+1+bn+1=3 (an+bn)a_{n+1} + b_{n+1} = 3\,(a_n + b_n)であり、a1+b1=1a_1 + b_1 = 1であるからan+bn=3 n−1a_n + b_n = 3^{\,n-1}である。k=−1k = -1のときan+1−bn+1=− (an−bn)a_{n+1} - b_{n+1} = -\,(a_n - b_n)であり、a1−b1=1a_1 - b_1 = 1であるからan−bn=(−1) n−1a_n - b_n = (-1)^{\,n-1}である。二つの式を辺々足し、また辺々引いて

an=3 n−1+(−1) n−12,bn=3 n−1−(−1) n−12a_n = \frac{3^{\,n-1} + (-1)^{\,n-1}}{2}, \qquad b_n = \frac{3^{\,n-1} - (-1)^{\,n-1}}{2}

を得る。n=1n = 1のときa1=1a_1 = 1、b1=0b_1 = 0であり、n=2n = 2のときa2=1a_2 = 1、b2=2b_2 = 2であって、漸化式から求めた値と一致する。

4 隣接三項間漸化式

an+2a_{n+2}がan+1a_{n+1}とana_nの二つから定まる漸化式を扱います。この形では、数列を一つに定めるために、初項a1a_1と第22項a2a_2の二つが必要です。方針は、数列{an+1−α an}\{a_{n+1} - \alpha\,a_n\}が等比数列になるような定数α\alphaを探すことです。

定理 4.1. 数列{an}\{a_n\}がan+2=p an+1+q ana_{n+2} = p\,a_{n+1} + q\,a_n（n≥1n \ge 1）を満たすとする。二次方程式x2=px+qx^2 = px + qの二つの解をα\alpha、β\beta（重解のときはα=β\alpha = \beta）とすると、

an+2−α an+1=β (an+1−α an)(n≥1)a_{n+2} - \alpha\,a_{n+1} = \beta\,(a_{n+1} - \alpha\,a_n) \qquad (n \ge 1)

が成り立つ。すなわち、数列{an+1−α an}\{a_{n+1} - \alpha\,a_n\}は公比β\betaの等比数列である。

証明. 解と係数の関係よりα+β=p\alpha + \beta = p、αβ=−q\alpha\beta = -qである。これを用いると

an+2−α an+1=(p−α) an+1+q an=β an+1−αβ an=β (an+1−α an)a_{n+2} - \alpha\,a_{n+1} = (p - \alpha)\,a_{n+1} + q\,a_n = \beta\,a_{n+1} - \alpha\beta\,a_n = \beta\,(a_{n+1} - \alpha\,a_n)

となる。▨

x2=px+qx^2 = px + qを、この漸化式の特性方程式といいます。本記事では、特性方程式が実数解を持つ場合を扱います。虚数解を持つ場合にも定理 4.1の等式は同じ計算で成り立ちますが、本記事では扱いません。定理 4.1はα\alphaとβ\betaを入れ替えても成り立つので、特性方程式が異なる二つの解を持つときは、等比数列を二つ取り出すことができます。

例 4.2.a1=1a_1 = 1、a2=4a_2 = 4とし、an+2=5an+1−6ana_{n+2} = 5a_{n+1} - 6a_n（n≥1n \ge 1）とする。特性方程式はx2=5x−6x^2 = 5x - 6であり、その解はx=2x = 2とx=3x = 3である。

α=2\alpha = 2、β=3\beta = 3として定理 4.1を用いると、{an+1−2an}\{a_{n+1} - 2a_n\}は初項a2−2a1=2a_2 - 2a_1 = 2、公比33の等比数列であるから

an+1−2an=2⋅3 n−1a_{n+1} - 2a_n = 2\cdot 3^{\,n-1}

である。α=3\alpha = 3、β=2\beta = 2として用いると、{an+1−3an}\{a_{n+1} - 3a_n\}は初項a2−3a1=1a_2 - 3a_1 = 1、公比22の等比数列であるから

an+1−3an=2 n−1a_{n+1} - 3a_n = 2^{\,n-1}

である。二つの式を辺々引くとan=2⋅3 n−1−2 n−1a_n = 2\cdot 3^{\,n-1} - 2^{\,n-1}を得る。n=1n = 1のとき2−1=1=a12 - 1 = 1 = a_1、n=2n = 2のとき6−2=4=a26 - 2 = 4 = a_2である。

特性方程式が重解を持つときは、α\alphaとβ\betaが一致するので、取り出すことのできる等比数列は一つだけになります。この場合は、その一つの式の右辺がα n−1\alpha^{\,n-1}の定数倍になるので、定理 1.1のp=q=αp = q = \alphaの場合と同じく、α n+1\alpha^{\,n+1}で割って等差型へ帰着させます。

例 4.3.a1=1a_1 = 1、a2=4a_2 = 4とし、an+2=4an+1−4ana_{n+2} = 4a_{n+1} - 4a_n（n≥1n \ge 1）とする。特性方程式x2=4x−4x^2 = 4x - 4はx=2x = 2を重解に持つので、定理 4.1から得られる式は{an+1−2an}\{a_{n+1} - 2a_n\}が初項a2−2a1=2a_2 - 2a_1 = 2、公比22の等比数列であるという一つだけであり、

an+1−2an=2 na_{n+1} - 2a_n = 2^{\,n}

である。すなわちan+1=2an+2 na_{n+1} = 2a_n + 2^{\,n}（n≥1n \ge 1）であり、定理 1.1のp=q=2p = q = 2の場合に当たる。bn=an2 nb_n = \dfrac{a_n}{2^{\,n}}とおくとbn+1=22 bn+12=bn+12b_{n+1} = \dfrac22\,b_n + \dfrac12 = b_n + \dfrac12であり、{bn}\{b_n\}は公差12\dfrac12の等差数列である。b1=12b_1 = \dfrac12よりbn=n2b_n = \dfrac{n}{2}であるから、an=2 nbn=n⋅2 n−1a_n = 2^{\,n}b_n = n\cdot 2^{\,n-1}を得る。n=1n = 1のとき1=a11 = a_1、n=2n = 2のとき4=a24 = a_2であり、漸化式から求めたa3=4⋅4−4⋅1=12a_3 = 4\cdot 4 - 4\cdot 1 = 12は3⋅22=123\cdot 2^2 = 12と一致する。

注意 4.4 (重解で割るときに確かめること). 重解α\alphaについてα n+1\alpha^{\,n+1}で割る操作は、α≠0\alpha \ne 0のときにのみ行うことができる。特性方程式x2=px+qx^2 = px + qが重解を持つのはp2+4q=0p^2 + 4q = 0のときであり、そのときα=p2\alpha = \dfrac{p}{2}である。したがってα=0\alpha = 0となるのはp=q=0p = q = 0の場合に限り、そのとき漸化式はan+2=0a_{n+2} = 0（n≥1n \ge 1）である。

注意 4.5 (一般項を帰納法で確かめるときは出発点を二つ取る). 隣接三項間漸化式から求めた一般項を数学的帰納法で確かめるときは、出発点をn=1n = 1とn=2n = 2の二つ取る。その理由は§B1.6 数学的帰納法で扱う。

注意 4.6 (連立漸化式と隣接三項間漸化式の関係).例 3.1の連立漸化式からbnb_nを消去する。an+1=an+2bna_{n+1} = a_n + 2b_nよりbn=an+1−an2b_n = \dfrac{a_{n+1} - a_n}{2}（n≥1n \ge 1）であり、これをbn+1=2an+bnb_{n+1} = 2a_n + b_nへ代入するとan+2−an+12=2an+an+1−an2\dfrac{a_{n+2} - a_{n+1}}{2} = 2a_n + \dfrac{a_{n+1} - a_n}{2}となる。整理してan+2=2an+1+3ana_{n+2} = 2a_{n+1} + 3a_n（n≥1n \ge 1）を得る。この漸化式の特性方程式x2=2x+3x^2 = 2x + 3の解はx=3x = 3とx=−1x = -1であり、例 3.1でan+bna_n + b_n、an−bna_n - b_nから得た公比33、−1-1と一致する。

5 演習

問題 5.1. 次の漸化式で定まる数列{an}\{a_n\}の一般項を求めよ。

  1. a1=1a_1 = 1、an+1=3an+(−2) na_{n+1} = 3a_n + (-2)^{\,n}

  2. a1=2a_1 = 2、an+1=3an+3 na_{n+1} = 3a_n + 3^{\,n}

解答.

(1)について、q=−2≠0q = -2 \ne 0であるから、bn=an(−2) nb_n = \dfrac{a_n}{(-2)^{\,n}}とおくと、定理 1.1よりbn+1=−32 bn−12b_{n+1} = -\dfrac32\,b_n - \dfrac12である。α=−32α−12\alpha = -\dfrac32\alpha - \dfrac12の解はα=−15\alpha = -\dfrac15であるからbn+1+15=−32(bn+15)b_{n+1} + \dfrac15 = -\dfrac32\left(b_n + \dfrac15\right)となる。b1=1−2=−12b_1 = \dfrac{1}{-2} = -\dfrac12よりb1+15=−310b_1 + \dfrac15 = -\dfrac{3}{10}であるから

bn+15=−310(−32) n−1b_n + \frac15 = -\frac{3}{10}\left(-\frac32\right)^{\,n-1}

である。(−2) n(−32) n−1=(−2)⋅3 n−1(-2)^{\,n}\left(-\dfrac32\right)^{\,n-1} = (-2)\cdot 3^{\,n-1}であるから

an=(−2) n bn=−(−2) n5+35⋅3 n−1=3 n−(−2) n5a_n = (-2)^{\,n}\,b_n = -\frac{(-2)^{\,n}}{5} + \frac{3}{5}\cdot 3^{\,n-1} = \frac{3^{\,n} - (-2)^{\,n}}{5}

である。n=1n = 1のとき3+25=1=a1\dfrac{3 + 2}{5} = 1 = a_1であり、漸化式から求めたa2=3⋅1+(−2)=1a_2 = 3\cdot 1 + (-2) = 1は9−45=1\dfrac{9 - 4}{5} = 1と一致する。

(2)について、p=q=3p = q = 3である。bn=an3 nb_n = \dfrac{a_n}{3^{\,n}}とおくと、定理 1.1よりbn+1=bn+13b_{n+1} = b_n + \dfrac13であり、{bn}\{b_n\}は公差13\dfrac13の等差数列である。b1=23b_1 = \dfrac23よりbn=23+13 (n−1)=n+13b_n = \dfrac23 + \dfrac13\,(n - 1) = \dfrac{n + 1}{3}であるから、an=3 n bn=(n+1) 3 n−1a_n = 3^{\,n}\,b_n = (n + 1)\,3^{\,n-1}である。n=1n = 1のとき2=a12 = a_1であり、漸化式から求めたa2=3⋅2+3=9a_2 = 3\cdot 2 + 3 = 9は3⋅3=93\cdot 3 = 9と一致する。▨

問題 5.2.a1=12a_1 = \dfrac12、an+1=an2−ana_{n+1} = \dfrac{a_n}{2 - a_n}で定まる数列{an}\{a_n\}の一般項を求めよ。置き換えに必要な条件も確かめること。

解答.

すべてのn≥1n \ge 1について0<an<10 < a_n < 1であることを、nnについての帰納法で示す。a1=12a_1 = \dfrac12であるからn=1n = 1で成り立つ。0<an<10 < a_n < 1ならば1<2−an<21 < 2 - a_n < 2であるから2−an≠02 - a_n \ne 0であり、an+1=an2−ana_{n+1} = \dfrac{a_n}{2 - a_n}は0<an+1<an<10 < a_{n+1} < a_n < 1を満たす。よって、すべてのn≥1n \ge 1についてan≠0a_n \ne 0かつ2−an≠02 - a_n \ne 0である。

p=−1p = -1、q=2q = 2として定理 2.1を用いると、bn=1anb_n = \dfrac{1}{a_n}についてbn+1=2bn−1b_{n+1} = 2b_n - 1である。α=2α−1\alpha = 2\alpha - 1の解はα=1\alpha = 1であるからbn+1−1=2 (bn−1)b_{n+1} - 1 = 2\,(b_n - 1)となり、b1−1=2−1=1b_1 - 1 = 2 - 1 = 1よりbn−1=2 n−1b_n - 1 = 2^{\,n-1}である。よって

an=12 n−1+1a_n = \frac{1}{2^{\,n-1} + 1}

である。n=1n = 1のとき12=a1\dfrac12 = a_1であり、漸化式から求めたa2=1/23/2=13a_2 = \dfrac{1/2}{3/2} = \dfrac13は12+1=13\dfrac{1}{2 + 1} = \dfrac13と一致する。▨

問題 5.3.

  1. a1=3a_1 = 3、b1=0b_1 = 0とし、n≥1n \ge 1についてan+1=3an+2bna_{n+1} = 3a_n + 2b_n、bn+1=an+2bnb_{n+1} = a_n + 2b_nとする。ana_n、bnb_nの値によらず、nnによらない定数λ\lambdaを用いてan+1+k bn+1=λ (an+k bn)a_{n+1} + k\,b_{n+1} = \lambda\,(a_n + k\,b_n)が成り立つような実数kkを求め、ana_nとbnb_nの一般項を求めよ。

  2. n≥1n \ge 1についてan+1=−bna_{n+1} = -b_n、bn+1=anb_{n+1} = a_nとする。a1a_1、b1b_1がどのような実数であってもan+1+k bn+1=λ (an+k bn)a_{n+1} + k\,b_{n+1} = \lambda\,(a_n + k\,b_n)（n≥1n \ge 1）が成り立つような実数kk、λ\lambdaは存在するか。

解答.

(1)について、an+1+k bn+1=(3+k) an+(2+2k) bna_{n+1} + k\,b_{n+1} = (3 + k)\,a_n + (2 + 2k)\,b_nである。これがλ (an+k bn)\lambda\,(a_n + k\,b_n)に等しいとすると、ana_nの係数を比べてλ=3+k\lambda = 3 + kが、bnb_nの係数を比べてλk=2+2k\lambda k = 2 + 2kが要る。前者を後者へ代入すると(3+k) k=2+2k(3 + k)\,k = 2 + 2kとなり、整理するとk2+k−2=(k+2)(k−1)=0k^2 + k - 2 = (k + 2)(k - 1) = 0、すなわちk=1k = 1またはk=−2k = -2である。この二つのkkのそれぞれについて、λ=3+k\lambda = 3 + kはλk=2+2k\lambda k = 2 + 2kを満たすので、実際にan+1+k bn+1=λ (an+k bn)a_{n+1} + k\,b_{n+1} = \lambda\,(a_n + k\,b_n)が成り立つ。

k=1k = 1のときλ=4\lambda = 4であり、an+1+bn+1=4 (an+bn)a_{n+1} + b_{n+1} = 4\,(a_n + b_n)、a1+b1=3a_1 + b_1 = 3よりan+bn=3⋅4 n−1a_n + b_n = 3\cdot 4^{\,n-1}である。k=−2k = -2のときλ=1\lambda = 1であり、an+1−2bn+1=an−2bna_{n+1} - 2b_{n+1} = a_n - 2b_n、a1−2b1=3a_1 - 2b_1 = 3よりan−2bn=3a_n - 2b_n = 3である。前の式から後の式を辺々引くと3bn=3⋅4 n−1−33b_n = 3\cdot 4^{\,n-1} - 3であるから

bn=4 n−1−1,an=3⋅4 n−1−bn=2⋅4 n−1+1b_n = 4^{\,n-1} - 1, \qquad a_n = 3\cdot 4^{\,n-1} - b_n = 2\cdot 4^{\,n-1} + 1

である。n=1n = 1のときa1=3a_1 = 3、b1=0b_1 = 0であり、漸化式から求めたa2=3⋅3+2⋅0=9a_2 = 3\cdot 3 + 2\cdot 0 = 9、b2=3+2⋅0=3b_2 = 3 + 2\cdot 0 = 3は2⋅4+1=92\cdot 4 + 1 = 9、4−1=34 - 1 = 3と一致する。

(2)について、an+1+k bn+1=−bn+k ana_{n+1} + k\,b_{n+1} = -b_n + k\,a_nであるから、n=1n = 1の等式はk a1−b1=λ a1+λk b1k\,a_1 - b_1 = \lambda\,a_1 + \lambda k\,b_1となる。これが任意の実数a1a_1、b1b_1について成り立つので、a1a_1の係数を比べてk=λk = \lambdaが、b1b_1の係数を比べて−1=λk-1 = \lambda kが要る。よってk2=−1k^2 = -1となり、これを満たす実数kkは存在しない。したがって、そのようなkk、λ\lambdaは存在しない。▨

問題 5.4. 次の漸化式で定まる数列{an}\{a_n\}の一般項を求めよ。

  1. a1=1a_1 = 1、a2=2a_2 = 2、an+2=an+1+6ana_{n+2} = a_{n+1} + 6a_n（n≥1n \ge 1）

  2. a1=1a_1 = 1、a2=0a_2 = 0、an+2=6an+1−9ana_{n+2} = 6a_{n+1} - 9a_n（n≥1n \ge 1）

解答.

(1)について、特性方程式x2=x+6x^2 = x + 6の解はx=3x = 3とx=−2x = -2である。α=3\alpha = 3、β=−2\beta = -2として定理 4.1を用いると、{an+1−3an}\{a_{n+1} - 3a_n\}は初項a2−3a1=−1a_2 - 3a_1 = -1、公比−2-2の等比数列であるからan+1−3an=−(−2) n−1a_{n+1} - 3a_n = -(-2)^{\,n-1}である。α=−2\alpha = -2、β=3\beta = 3として用いると、{an+1+2an}\{a_{n+1} + 2a_n\}は初項a2+2a1=4a_2 + 2a_1 = 4、公比33の等比数列であるからan+1+2an=4⋅3 n−1a_{n+1} + 2a_n = 4\cdot 3^{\,n-1}である。後の式から前の式を辺々引くと5an=4⋅3 n−1+(−2) n−15a_n = 4\cdot 3^{\,n-1} + (-2)^{\,n-1}であるから

an=4⋅3 n−1+(−2) n−15a_n = \frac{4\cdot 3^{\,n-1} + (-2)^{\,n-1}}{5}

である。n=1n = 1のとき4+15=1=a1\dfrac{4 + 1}{5} = 1 = a_1、n=2n = 2のとき12−25=2=a2\dfrac{12 - 2}{5} = 2 = a_2であり、漸化式から求めたa3=2+6⋅1=8a_3 = 2 + 6\cdot 1 = 8は36+45=8\dfrac{36 + 4}{5} = 8と一致する。

(2)について、特性方程式x2=6x−9x^2 = 6x - 9はx=3x = 3を重解に持つ。定理 4.1より{an+1−3an}\{a_{n+1} - 3a_n\}は初項a2−3a1=−3a_2 - 3a_1 = -3、公比33の等比数列であるからan+1−3an=−3 na_{n+1} - 3a_n = -3^{\,n}である。両辺を3 n+1 (≠0)3^{\,n+1}\ (\ne 0)で割ると

an+13 n+1−an3 n=−13\frac{a_{n+1}}{3^{\,n+1}} - \frac{a_n}{3^{\,n}} = -\frac13

となる。bn=an3 nb_n = \dfrac{a_n}{3^{\,n}}とおくとbn+1=bn−13b_{n+1} = b_n - \dfrac13であり、{bn}\{b_n\}は公差−13-\dfrac13の等差数列である。b1=13b_1 = \dfrac13よりbn=13−13 (n−1)=2−n3b_n = \dfrac13 - \dfrac13\,(n - 1) = \dfrac{2 - n}{3}であるから、an=3 nbn=(2−n) 3 n−1a_n = 3^{\,n}b_n = (2 - n)\,3^{\,n-1}である。n=1n = 1のとき1=a11 = a_1、n=2n = 2のとき0=a20 = a_2であり、漸化式から求めたa3=6⋅0−9⋅1=−9a_3 = 6\cdot 0 - 9\cdot 1 = -9は(2−3)⋅32=−9(2 - 3)\cdot 3^2 = -9と一致する。▨

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