一般の分数漸化式の解法

一般の分数漸化式の解法

分数漸化式~その2~

$a_1=2,a_{n+1}=\dfrac{2a_n+2}{a_n+3}\quad(n\geqq1)$ で定まる数列 $\{a_n\}$ の一般項 $a_n$ を $n$ の式で表せ.

【解答1:等比数列に帰着させる方法】

まず,特性方程式 $t=\dfrac{2t+2}{t+3}$ を解く.

\begin{align} &t=\frac{2t+2}{t+3}\\ \Leftrightarrow\quad&t(t+3)=2t+2\\ \Leftrightarrow\quad&t^2+t-2=0\\ \Leftrightarrow\quad&(t+2)(t-1)=0\\ \therefore\quad&t=-2,1 \end{align}

この異なる2解を利用して, $b_n=\dfrac{a_n-1}{a_n+2}$ とおくと

$\blacktriangleleft$ 2解 $\alpha,\beta$ を用いて $b_n=\dfrac{a_n-\beta}{a_n-\alpha}$ とおくと, $b_n$ は必ず等比数列になる

\begin{align} b_{n+1}&=\frac{a_n-1}{a_n+2}\\ &=\frac{\dfrac{2a_n+2}{a_n+3}-1}{\dfrac{2a_n+2}{a_n+3}+2}\\ &=\frac{a_n-1}{4a_n+8} \end{align}

$\blacktriangleleft$ ここから $b_n=\dfrac{a_n-1}{a_n+2}$ の塊をくくりだすのがポイント

\begin{align} b_{n+1}&=\frac{a_n-1}{4a_n+8}\\ &=\frac{a_n-1}{4(a_n+2)}\\ &=\frac{1}{4}\cdot b_n \end{align}

$\blacktriangleleft$ 数列 $\{b_n\}$ は等比数列になっている

となり,数列 $\{b_n\}$ は初項 $b_1=\dfrac{a_1-1}{a_1+2}=\dfrac{1}{4}$ ,公比 $\dfrac{1}{4}$ の等比数列となるので

\[b_n=b_1\cdot\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}=\left(\frac{1}{4}\right)^n\]

ここで, $b_n=\dfrac{a_n-1}{a_n+2}$ であったから $b_n$ を $a_n$ の式に戻す

\begin{align} &b_{n+1}=\left(\frac{1}{4}\right)^n\\ \Leftrightarrow\ &\frac{a_n-1}{a_n+2}=\left(\frac{1}{4}\right)^n\\ \Leftrightarrow\ &(a_n-1)4^n=a_n+2\\ \Leftrightarrow\ &(4^n-1)a_n=4^n+2\\ \therefore\ &a_n=\frac{4^n+2}{4^n-1} \end{align}

【解答2:簡単な分数型漸化式に帰着させる方法】

まず,特性方程式 $t=\dfrac{2t+2}{t+3}$ を解く.

\begin{align} &t=\frac{2t+2}{t+3}\\ \Leftrightarrow\ &t(t+3)=2t+2\\ \Leftrightarrow\ &t^2+t-2=0\\ \Leftrightarrow\ &(t+2)(t-1)=0\\ \therefore\ &t=-2,1 \end{align}

この解の1つ $t=1$ を利用して

$\blacktriangleleft$ 解答2では,2解のうち片方しか利用せず,どちらを利用してもかまわない

\begin{align} a_{n+1}-1&=\frac{2a_n+2}{a_n+3}-1\\ &=\frac{2a_n+2-(a_n+3)}{a_n+3}\\ &\uparrow通分した\\ &=\frac{a_n-1}{a_n+3} \end{align}

$\blacktriangleleft$ $a_n-1$ を塊とみて,簡単な分数漸化式に帰着させるのがポイント

\begin{align} a_{n+1}-1&=\frac{a_n-1}{a_n+3}\\ &=\frac{a_n-1}{(a_n-1)+4} \end{align}

$\blacktriangleleft$ $a_n-1=c_n$ とおくと $c_{n+1}=\dfrac{c_n}{c_n+4}$ となり,簡単な分数漸化式に帰着されているのがよくわかる

と変形できる.この漸化式の逆数をとって

\begin{align} \frac{1}{a_{n+1}-1}&=\frac{(a_n-1)+4}{a_n-1}\\ &=\frac{4}{a_n-1}+1 \end{align}

$b_n=\dfrac{1}{a_n-1}$ とおくと

\[b_{n+1}=4b_n+1\tag{1}\label{ippanteki1}\]

となる.

$\blacktriangleleft$ 線形2項間漸化式に帰着された

ここで, $\alpha=4\alpha+1$ を満たす $\alpha$ つまり, $\alpha=-\frac{1}{3}$ を用いて $\eqref{ippanteki1}$ より

\begin{array}{c} &b_{n+1}&=&4b_n&+&1\\ -)&\alpha&=&4\alpha&+&1\\\hline &b_{n+1}-\alpha&=&4(b_n-\alpha)&& \end{array}

に,特性方程式の解 $\alpha=-\dfrac{1}{3}$ を代入

\[b_{n+1}+\frac{1}{3}=4\left(b_n+\frac{1}{3}\right)\]

と変形できる.さらに, $c_n=b_n+\dfrac{1}{3}$ とおくと,数列 $\{c_n\}$ は

\[c_{n+1}=5c_n\]

$\blacktriangleleft$ 等比数列に帰着された

を満たすので, $c_n$ は

\begin{align} c_n&=c_14^{n-1}\\ &=\left(b_1+\frac{1}{3}\right)4^{n-1}\\ &=\left(\frac{1}{a_1-1}+\frac{1}{3}\right)4^{n-1}\\ &=\frac{4}{3}\cdot4^{n-1}\\ &=\frac{1}{3}4^n \end{align}

$c_n=b_n+\dfrac{1}{3}$ であったから $c_n$ を $b_n$ の式に戻す

\begin{align} &b_n+\frac{1}{3}=\frac{1}{3}4^n\\ \Leftrightarrow\ &b_n=\frac{1}{3}4^n-\frac{1}{3}\\ \therefore\ &b_n=\frac{4^n-1}{3}\\ \end{align}

さらに, $b_n=\dfrac{1}{a_n-1}$ であったから $b_n$ を $a_n$ の式に戻す

\begin{align} &\frac{1}{a_n-1}=\frac{4^n-1}{3}\\ \Leftrightarrow\ &a_n-1=\frac{3}{4^n-1}\\ \Leftrightarrow\ &a_n=\frac{3}{4^n-1}+1\\ \Leftrightarrow\ &a_n=\frac{3+4^n-1}{4^n-1}\\ &\uparrow通分した\\ \therefore\ &a_n=\frac{4^n+2}{4^n-1} \end{align}