数列漸化式の解き方10パターンまとめ

東大塾長の山田です。
このページでは、数学B数列の「漸化式の解き方」について解説します。

今回は漸化式の基本パターンとなる3パターンと，特性方程式を利用するパターンなどの7つを加えた全10パターンを，具体的に問題を解きながら超わかりやすく解説していきます。
ぜひ勉強の参考にしてください！

1. 漸化式とは？

まずは，そもそも漸化式とはなにか？を確認しましょう。

漸化式（ぜんかしき）とは，数列の各項を，その前の項から1通りに定める規則を表す等式のことです。

もう少し具体的にいきますね。

数列 \( \left\{ a_n \right\} \) が，例えば次の2つの条件を満たしているとします。

［1］\( a_1 = 1 \)

［2］\( a_{n+1} = a_n + n \)（\( n = 1, 2, 3, \cdots \)）

［1］をもとにして，［2］において \( n = 1, 2, 3, \cdots \) とすると

\( a_2 = a_1 + 1 = 1 + 1 = 2 \)

\( a_3 = a_2 + 2 = 2 + 2 = 4 \)

\( a_4 = a_3 + 3 = 4 + 3 = 7 \)

\( \cdots \cdots \cdots\)

となり，\( a_1, \ a_2, \ a_3, \cdots \) の値が1通りに定まります。
このような条件式が 漸化式 です。

それではさっそく、次から漸化式の解き方を解説していきます。

2. 漸化式の基本3パターンの解き方

まずは基本となる3パターンの解説です。

2.1 等差数列の漸化式の解き方

等差数列の漸化式

\( a_{n+1} – a_n = d \)

（隣り合う項の差が一定 \( d \)）

この漸化式は，等差数列で学んだことそのものですね。

関連記事等差数列の公式まとめ（一般項・和の公式・証明）

例題をやってみましょう。

例題1

\( a_1 = -5 \)，\( a_{n+1} = a_n + 3 \)（\( n = 1, \ 2, \ 3, \cdots \)）によって定められる数列 \( \left\{ a_n \right\} \) の一般項を求めよ。

\( a_{n+1} – a_n = 3 \) より，隣り合う2項の差が常に3で一定なので，この数列は公差3の等差数列だとわかりますね！

【解答】

\( \color{red}{ a_{n+1} – a_n = 3 } \) より，数列 \( \left\{ a_n \right\} \) は初項 \( a_1 = -5 \)，公差3の等差数列であるから

\( \color{red}{ a_n } = -5 + (n-1) \cdot 3 \color{red}{ = 3n-8 \cdots 【答】 } \)

2.2 等比数列の漸化式の解き方

等比数列の漸化式

\( a_{n+1} = r a_n \)

（隣り合う項の比が一定 \( r \)）

この漸化式は，等比数列で学んだことそのものですね。

関連記事等比数列の公式まとめ（一般項・和の公式・証明）

例題をやってみましょう。

例題2

\( a_1 = 3 \)，\( 2a_{n+1} + 4a_n = 0 \)（\( n = 1, \ 2, \ 3, \cdots \)）によって定められる数列 \( \left\{ a_n \right\} \) の一般項を求めよ。

\( a_{n+1} = -2a_n \) より，隣り合う2項の比が常に一定なので，この数列は公比－2の等比数列だとわかりますね！

【解答】

\( \color{red}{ a_{n+1} = -2a_n } \) より，数列 \( \left\{ a_n \right\} \) は初項 \( a_1 = 3 \)，公比－2の等比数列であるから

\( \color{red}{ a_n = 3 \cdot (-2)^{n-1} \cdots 【答】 } \)

2.3 階差数列の漸化式の解き方

階差数列の漸化式

\( a_{n+1} = a_n + f(n) \)

（\( f(n) \) は階差数列の一般項）

漸化式が \( a_{n+1} = a_n + f(n) \)（\( f(n) \) は \( n \) の式）の形のとき，\( a_{n+1} – a_n = f(n) \) であるから，\( f(n) = b_n \) とすると数列 \( \left\{ b_n \right\} \) は \( \left\{ a_n \right\} \) の階差数列となります。

したがって

\( n ≧ 2 \) のとき　\( \displaystyle \color{red}{ a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k } \)

を利用して数列 \( \left\{ a_n \right\} \) の一般項を求めることができます。

関連記事階差数列の全てをわかりやすくまとめた（公式・漸化式・一般項の解き方）

それでは，例題をやってみましょう。

例題3（入試問題）

\( a_1 = 1 \)，\( a_{n+1} = a_n + 2^n – 2n \ (n = 1, \ 2, \ 3, \cdots ) \) で定義される数列の一般項 \( a_n \) を求めよ。

［2011 法政大］

【解答】

条件より

\( a_{n+1} – a_n = 2^n – 2n \)

よって，数列 \( a_n \) の階差数列の第 \( n \) 項が \( 2^n – 2n \) であるから，\( n ≧ 2 \) のとき

\( \begin{align}
\displaystyle \color{red}{ a_n } & = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (2^k – 2k) \\
\\
& = 1 + \sum_{k=1}^{n-1} 2^k – 2 \sum_{k=1}^{n-1} k \\
\\
& = 1 + \frac{2 (2^{n-1} – 1)}{2-1} – 2 \cdot \frac{1}{2} n (n-1) \\
\\
& = 1 + (2^n – 2) – n^2 + n \\
\\
& \color{red}{ = 2^n – n^2 + n – 1 } \cdots ①
\end{align} \)

初項は \( a_1 = 1 \) なので，①は \( n = 1 \) のときにも成り立つ。

したがって　\( \color{red}{ a_n = 2^n – n^2 + n – 1 \cdots 【答】 } \)

2.4漸化式の基本3パターン解き方まとめ

ここで一度，ここまでの漸化式基本3パターンの解き方をまとめます。

漸化式の基本3パターン解き方まとめ

【等差数列型】

\( a_{n+1} – a_n = d \color{red}{ \longrightarrow a_n = a_1 + (n-1) d }\)

【等比数列型】

\( \displaystyle a_{n+1} = ra_n \color{red}{ \longrightarrow a_n = a_1 r^{n-1} }\)

【階差数列型】

\( \displaystyle a_{n+1} = a_n + f(n) \color{red}{ \longrightarrow a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} f(k) }\)（\( n≧2 \)）

3. \( a_{n+1} = pa_n + q \)型の解き方

3.1 【特性方程式の利用】\( a_{n+1} = pa_n + q \)型

特性方程式 を利用して解くパターンの解説をします。
これは具体的に問題を解きながら解説していきます。

例題4

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

【解答・解説】

\( a_{n+1} = 3a_n – 4 \cdots ①\)　とします。

①の \( a_{n+1} \) と \( a_n \) を \( \alpha \) とおいた式を考えます。

\( \color{red}{ \alpha = 3 \alpha – 4 } \cdots ② \)

∴　\( \alpha = 2 \cdots ③ \)

①－②から

③より

\( \color{red}{ a_{n+1} – 2 = 3 (a_n – 2) } \)

ここで，\( b_n = a_n – 2 \) とおくと

\( b_{n+1} = 3b_n \)，\( b_1 = a_1 – 2 = 1 \)

よって，\( \left\{ b_n \right\} \) は初項1，公比3の等比数列となります。

したがって

\( b_n = b_1 \cdot 3^{n-1} \)

∴ \( b_n = 3^{n-1} \)

よって

\( a_n – 2 = 3^{n-1} \)

∴　\( \color{red}{ a_n = 3^{n-1} + 2 \cdots 【答】 } \)

途中の①の \( a_{n+1} \) と \( a_n \) を \( \alpha \) とおいた式

\( \color{red}{ \alpha = 3 \alpha – 4 } \cdots ② \)

これを 特性方程式 とよびます。

この特性方程式を利用して式変形をすることで，漸化式を解くことができます！

補足

特性方程式を解く過程は，試験の解答に記述する必要はありません。

「\( a_{n+1} = 3a_n – 4 \) を変形すると \( \color{red}{ a_{n+1} – 2 = 3 (a_n – 2) } \)」と書いてしまってOKです。

3.2 【階差数列の利用】\( a_{n+1} = pa_n+f(n) \)型

例題5

\( a_1 = 4 \)，\( a_{n+1} = 3a_n + 16n \)（\( n = 1, \ 2, \ 3, \cdots \)）によって定められる数列 \( \left\{ a_n \right\} \) の一般項を求めよ。

Point

「\( a_{n+1} = pa_n+f(n) \)型」は，例題4「\( a_{n+1} = pa_n + q \)型」の \( q \) が定数ではなく \( n \) の式になっているパターンです。

この場合は，\( n \) を消去するために階差数列の利用を考えます。
階差数列を利用する方法では，\( n \) を \( n+1 \) とおいて辺々を引き，「\( a_{n+1} = pa_n + q \)型」に帰着します。

【解答・解説】

\( a_{n+1} = 3a_n + 16n \cdots ①\)　とする。

①で \( n \) を \( n+1 \) とおくと

\( a_{n+2} = 3a_{n+1} + 16 (n+1) \cdots ② \)

②－①から

\( \color{red}{ a_{n+2} – a_{n+1} = 3 (a_{n+1} – a_n) + 16 } \)

\( \color{red}{ a_{n+1} – a_n = b_n } \) とおくと（\( \left\{ b_n \right\} \) は \( \left\{ a_n \right\} \) の階差数列）

\( b_{n+1} = 3b_n + 16 \)

これを変形すると

\( b_{n+1} + 8 = 3 (b_n + 8) \)
（特性方程式 \( \alpha = 3 \alpha + 16 \) より \( \alpha = -8 \)）

\( \color{red}{ b_n + 8 = c_n } \) とすると

\( c_{n+1} = 3 c_n \)

また

\( \begin{align}
c_1 & = b_1 + 8 \\
& = a_2 – a_1 + 8 \\
& = ( 3 a_1 + 16 \cdot 1 ) – a_1 + 8 \\
& = ( 3 \cdot 4 + 16 ) – 4 + 8 \\
& = 32
\end{align} \)

よって，\( c_n \) は初項32，公比3の等比数列だから

\( c_n = 32 \cdot 3^{n-1} \)

したがって

\( b_n + 8 = 32 \cdot 3^{n-1} \)

∴ \( b_n = 32 \cdot 3^{n-1} – 8 \)

\( \left\{ b_n \right\} \) は \( \left\{ a_n \right\} \) の階差数列であるから

\( n ≧ 2 \) のとき

\( \begin{align}
\displaystyle \color{red}{ a_n } & = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k \\
\\
& = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} \left(32 \cdot 3^{k-1} – 8 \right) \\
\\
& = 4 + \frac{32 (3^{n-1} – 1)}{3-1} – 8(n-1) \\
\\
& = 4 + 16 (3^{n-1} – 1) – 8n + 8 \\
\\
& \color{red}{ = 16 \cdot 3^{n-1} – 8n – 4 } \cdots ③
\end{align} \)

\( n = 1 \) のとき

\( 16 \cdot 3^0 – 8 \cdot 1 – 4 = 4 \)

\( a_1 = 4 \) であるから，③は \( n=1 \) のときも成り立つ。

したがって　\( \color{red}{ a_n = 16 \cdot 3^{n-1} – 8n – 4 \cdots 【答】 } \)

補足

今回は解説なのでかなり丁寧にやりましたが，慣れてきたら \( b_n + 8 = c_n \) とおかずに，\( b_n + 8 \) のまま考えましょう。

3.3 【指数にnがある場合】\( a_{n+1} = pa_n+q^n \)型

例題6

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

Point

「\( a_{n+1} = pa_n+q^n \)型」は，「\( b_{n+1} = pb_n + q \)型」に帰着させるために，両辺を \( q^{n+1} \) で割り，\( n \) が含まれない形にします。

【解答・解説】

\( a_{n+1} = 3a_n + 2^{n+1} \) の両辺を \( 2^{n+1} \) で割ると

\( \displaystyle \color{red}{ \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} } = \frac{3a_n}{2^{n+1}} + 1 \color{red}{ = \frac{3}{2} \cdot \frac{a_n}{2^n} + 1 } \)

\( \displaystyle \color{red}{ \frac{a_n}{2^n} = b_n } \) とおくと

\( \displaystyle b_{n+1} = \frac{3}{2} b_n + 1 \)

これを変形すると

\( \displaystyle b_{n+1} + 2 = \frac{3}{2} (b_n + 2) \)
（特性方程式 \( \displaystyle \alpha = \frac{3}{2} \alpha + 1 \) より \( \alpha = -2 \)）

また

\( \displaystyle b_1 + 2 = \frac{a_1}{2^1} + 2 = \frac{4}{2} + 2 = 4 \)

よって数列 \( \left\{ b_n + 2 \right\} \) は初項4，公比 \( \displaystyle \frac{3}{2} \) の等比数列だから

\( \displaystyle b_n + 2 = 4 \cdot \left( \frac{3}{2} \right)^{n-1} \)

∴　\( \displaystyle \frac{a_n}{2^n} = 4 \cdot \left( \frac{3}{2} \right)^{n-1} – 2 \)

したがって

\( \begin{align}
\displaystyle \color{red}{ a_n } & = 2^n \left\{ 4 \cdot \left( \frac{3}{2} \right)^{n-1} – 2 \right\} \\
\\
& \color{red}{ = 8 \cdot 3^{n-1} – 2^{n+1} \cdots 【答】 }
\end{align} \)

3.4 【漸化式が分数の形の場合】\( a_{n+1} = \frac{a_n}{pa_n+q} \)型

例題7

\( a_1 = 2 \)，\( \displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{6a_n + 3} \)（\( n = 1, \ 2, \ 3, \cdots \)）によって定められる数列 \( \left\{ a_n \right\} \) の一般項を求めよ。

Point

「\( \displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{pa_n+q} \)型」のように，分子が \( a_n \) の項だけの場合は，漸化式の両辺の逆数をとり，「\( b_{n+1} = pb_n + q \)型」に帰着させます。
（逆数をとるために \( a_n \neq 0 \) であることを示す必要があるので注意しましょう。）

【解答・解説】

\( a_1 = 2 > 0 \)，および漸化式の形から，数列 \( \left\{ a_n \right\} \) の各項は正である。

\( \displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{6a_n + 3} \) の両辺の逆数をとると

\( \displaystyle \color{red}{ \frac{1}{a_{n+1}} } = \frac{6a_n + 3}{a_n} \color{red}{ = 6 + \frac{3}{a_n} } \)

\( \displaystyle \color{red}{ \frac{1}{a_n} = b_n } \) とおくと

\( b_{n+1} = 3b_n + 6 \)

これを変形すると

\( \displaystyle b_{n+1} + 3 = 3 (b_n + 3) \)
（特性方程式 \( \alpha = 3 \alpha + 6 \) より \( \alpha = -3 \)）

また

\( \displaystyle b_1 + 3 = \frac{1}{a_1} + 3 = \frac{1}{2} + 3 = \frac{7}{2} \)

よって数列 \( \left\{ b_n + 3 \right\} \) は初項 \( \displaystyle \frac{7}{2} \)，公比 \( \displaystyle 3 \)の等比数列だから

\( \displaystyle b_n + 3 = \frac{7}{2} \cdot 3^{n-1} \)

∴　\( \displaystyle b_n = \frac{7}{2} \cdot 3^{n-1} – 3 = \frac{7 \cdot 3^{n-1} – 6}{2} \)

したがって

\( \displaystyle \color{red}{ a_n = \frac{2}{7 \cdot 3^{n-1} – 6} \cdots 【答】 } \)

3.5 【\( a_n \)が√や累乗の場合】\( a_{n+1} = p{a_n}^{q} \)型

例題8

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

Point

\( a_n \) に√がついている形や，\( {a_n}^2 \)，\( {a_{n+1}}^2 \) のような，「\( \displaystyle a_{n+1} = p{a_n}^{q} \)型」の場合は，漸化式の両辺の \( p \) を底とする対数をとり，「\( b_{n+1} = pb_n + q \)型」に帰着させます。
（対数をとるために \( a_n \neq 0 \) であることを示す必要があるので注意しましょう。）

【解答・解説】

\( a_1 = 4 > 0 \)，および漸化式の形から，数列 \( \left\{ a_n \right\} \) の各項は正である。

\( \displaystyle a_{n+1} = 2{a_n}^2 \) の両辺は正であるから，両辺の2を底とする対数をとると

\( \begin{align}
\displaystyle \color{red}{ \log_{2} a_{n+1} } & = \log_{2} 2 {a_n}^2 \\
\\
& = \log_{2} 2 + \log_{2} {a_n}^2 \\
\\
& \color{red}{ = 1 + 2 \log_{2} a_n }
\end{align} \)

\( \displaystyle \color{red}{ \log_{2} a_n = b_n } \) とおくと

\( b_{n+1} = 2 b_n + 1 \)

これを変形すると

\( \displaystyle b_{n+1} + 1 = 2 (b_n + 1) \)
（特性方程式 \( \alpha = 2 \alpha + 1 \) より \( \alpha = -1 \)）

また

\( \begin{align}
\displaystyle b_1 + 1 & = \log_{2} a_1 + 1 \\
& = \log_{2} 4 + 1 \\
& = 2 + 1 \\
& = 3
\end{align} \)

よって数列 \( \left\{ b_n + 1 \right\} \) は初項3，公比2の等比数列だから

\( \displaystyle b_n + 1 = 3 \cdot 2^{n-1} \)

∴　\( \displaystyle b_n = 3 \cdot 2^{n-1} – 1 \)

したがって

\( \displaystyle \log_{2} a_n = 3 \cdot 2^{n-1} – 1 \)

∴　\( \displaystyle \color{red}{ a_n = 2^{3 \cdot 2^{n-1} – 1} \cdots 【答】 } \)

3.6 【\( a_n \)の係数にnがある場合①】\( a_{n+1} = f(n) a_n+q \)型

例題9

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

Point

\( a_n \)の係数が \( n \) の式，つまり「\( a_{n+1} = f(n) a_n+q \)型」の場合，係数が定数となるような漸化式になるようにうまく変形できないかを考えます。
つまり，「\( b_{n+1} = pb_n + q \)型」や「\( b_{n+1} = pb_n+f(n) \)型」に帰着させることを考えましょう。

今回の問題では，左辺の\( a_{n+1} \) の係数が \( n \) で，右辺の \( a_n \) の係数が \( (n+1) \) でちぐはぐになっています。
そこで，両辺を \( n(n+1) \) で割るとうまく変形ができます。

【解答・解説】

\( n a_{n+1} = 2(n+1)a_n \) の両辺を \( n(n+1) \) で割ると

\( \displaystyle \frac{a_{n+1}}{n+1} = 2 \cdot \frac{a_n}{n} \)

\( \displaystyle \color{red}{ \frac{a_n}{n} = b_n } \) とおくと

\( b_{n+1} = 2 b_n \)

よって

\( \begin{align}
\displaystyle b_n & = b_1 \cdot 2^{n-1} = \frac{a_1}{1} \cdot 2^{n-1} \\
\\
& = 2^{n-1}
\end{align} \)

したがって

\( \displaystyle \frac{a_n}{n} = 2^{n-1} \)

∴　\( \color{red}{ a_n = n \cdot 2^{n-1} \cdots 【答】 } \)

3.7 【\( a_n \)の係数にnがある場合②】\( a_{n+1} = f(n) a \)型

例題10

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

Point

例題9同様，\( a_n \)の係数が \( n \) の式です。\( a_n \) と \( a_{n+1} \) 以外の項がない場合は，おき換えを使わずに，漸化式を繰り返し利用することで解くことができます。

【解答・解説】

\( (n+1) a_n = n a_{n-1} \) の両辺を \( (n+1) \) で割ると

\( \displaystyle a_n = \frac{n}{n+1} a_{n-1} \)

ゆえに

\( \begin{align}
\displaystyle a_n & = \frac{n}{n+1} a_{n-1} \\
\\
& = \frac{n}{n+1} \cdot \frac{n-1}{n} a_{n-2} \\
\\
& = \frac{n}{n+1} \cdot \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-2}{n-1} a_{n-3} \\
\\
& = \cdots \cdots
\end{align} \)

これを繰り返して

\( \begin{align}
\displaystyle \color{red}{ a_n } & = \frac{n}{n+1} \cdot \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-2}{n-1} \\
& \ \ \ \cdots \ \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} a_1 \\
\\
& = \frac{2}{n+1} \cdot 1 \\
\\
& \color{red}{ = \frac{2}{n+1} } \cdots ①
\end{align} \)

\( a_1 = 1 \) より，①は \( n=1 \) のときも成り立つ。

したがって　\( \displaystyle \color{red}{ a_n = \frac{2}{n+1} \cdots 【答】 } \)