数列漸化式の解き方応用問題編（隣接3項間・連立漸化式）

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

今回は「隣接3項間の漸化式」，「2つの数列の漸化式（連立漸化式）」の解き方を，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！

補足

漸化式の基本形10パターンの解き方は「数列漸化式の解き方10パターンまとめ」の記事で詳しく解説しています。ぜひチェックしておいてください。

関連記事数列漸化式の解き方10パターンまとめ

1. 隣接3項間の漸化式の解き方

隣接3項間の漸化式は次の3つのパターンに分けられます。

隣接3項間の漸化式の特性方程式と式の立て方を解説してから，それぞれのパターンの解き方を解説していきます。

1.1 隣接3項間の漸化式の特性方程式

上記のように変形することで，数列 \( \left\{ a_{n+1} – \alpha a_n \right\} \)，\( \left\{ a_{n+1} – \beta a_n \right\} \) はそれぞれ公比 \( \beta \)，\( \alpha \) の等比数列となりますね！

このような手順で漸化式を解いていきます。

この後の具体的な解き方は，次の章から例題を通して解説していきます。

1.2 特性方程式の解に1を含む場合

【解答・解説】

まずは特性方程式を利用して，漸化式を変形します。

特性方程式 \( x^2 = -3x + 4 \) を解くと，\( (x-1) (x+4) = 0 \) から

\( x = \color{red}{ 1 }, \ -4 \)

よって，漸化式を変形すると

\( \begin{cases}
\displaystyle \color{red}{ a_{n+2} – a_{n+1} = -4 ( a_{n+1} – a_n ) } \cdots ① \\
a_{n+2} + 4a_{n+1} = a_{n+1} + 4a_n \cdots ②
\end{cases} \)

①より，数列 \( \left\{ a_{n+1} – a_n \right\} \) は，初項 \( a_2 – a_1 = 2 – 1 = 1 \)，公比－4の等比数列であるから

\( \displaystyle \color{red}{ a_{n+1} – a_n = (-4)^{n-1} } \)

よって，数列 \( \left\{ a_n \right\} \) の階差数列の第 \( n \) 項が \( (-4)^{n-1} \) であるから，

\( n ≧ 2 \) のとき

\( \begin{align}
\displaystyle \color{red}{ a_n } & = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (-4)^{k-1} \\
\\
& = 1 + \frac{1 \cdot \left\{ 1 – (-4)^{n-1} \right\}}{1 – (-4)} \\
\\
& \color{red}{ = \frac{6 – (-4)^{n-1}}{5} } \cdots ③
\end{align} \)

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

したがって

\( \displaystyle \color{red}{ a_n = \frac{6 – (-4)^{n-1}}{5} \cdots 【答】 } \)

1.3 特性方程式の解に1を含まない場合

まずは，先程と同様に漸化式を変形するために，特性方程式を解いておきます。

特性方程式 \( x^2 = 2x + 3 \) を解くと，\( (x-3) (x+1) = 0 \) から

\( \color{red}{ x =3, \ -1 } \)

【解答・解説】

漸化式を変形すると

\( \begin{cases}
\displaystyle \color{red}{ a_{n+2} + a_{n+1} = 3 ( a_{n+1} + a_n ) } \cdots ① \\
\color{red}{ a_{n+2} – 3a_{n+1} = – ( a_{n+1} – 3a_n ) } \cdots ②
\end{cases} \)

①より，数列 \( \left\{ a_{n+1} + a_n \right\} \) は，初項 \( a_2 + a_1 = 3 + 2 = 5 \)，公比3の等比数列であるから

\( \displaystyle a_{n+1} + a_n = 5 \cdot 3^{n-1} \cdots ③ \)

②より，数列 \( \left\{ a_{n+1} – 3a_n \right\} \) は，初項 \( a_2 – 3a_1 = 3 – 3 \cdot 2 = -3 \)，公比－1の等比数列であるから

\( \displaystyle a_{n+1} – 3a_n = -3 \cdot (-1)^{n-1} \cdots ④ \)

③－④から

\( \displaystyle 4 a_n = 5 \cdot 3^{n-1} + 3 \cdot (-1)^{n-1} \)

\( \displaystyle ∴ \ \color{red}{ a_n = \frac{5 \cdot 3^{n-1} + 3 \cdot (-1)^{n-1}}{4} \cdots 【答】 } \)

1.4 特性方程式の解が重解の場合

漸化式を変形するために，特性方程式を解いておきます。

特性方程式 \( x^2 – 4x + 4 = 0 \) を解くと，\( (x-2)^2 = 0 \) から

\( \color{red}{ x =2 } \)

【解答・解説】

漸化式を変形すると

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

よって，数列 \( \left\{ a_{n+1} – 2a_n \right\} \) は，初項 \( a_2 – 2a_1 = 3 – 2 \cdot 1 = 1 \)，公比2の等比数列であるから

\( \displaystyle a_{n+1} – 2a_n = 2^{n-1} \)

∴　\( \displaystyle a_{n+1} = 2a_n + 2^{n-1} \)

両辺を \( \displaystyle 2^{n+1} \) で割ると

\( \displaystyle \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} = \frac{a_n}{2^n} + \frac{1}{4} \)

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

\( \displaystyle b_{n+1} = b_n + \frac{1}{4} \)

数列 \( \left\{ b_n \right\} \) は，初項 \( \displaystyle b_1 = \frac{a_1}{2^1} = \frac{1}{2} \)，公差 \( \displaystyle \frac{1}{4} \) の等差数列であるから

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

よって

\( \displaystyle \frac{a_n}{2^n} = \frac{1}{4} (n+1) \)

\( \displaystyle ∴ \ \color{red}{ a_n } = \frac{2^n}{4} (n+1) \color{red}{ = 2^{n-2} (n+1) \cdots 【答】 } \)

2. 連立漸化式（2つの数列の漸化式）の解き方

連立漸化式（2つの数列の漸化式）は2通りの解法があります。
下の例題を通して，それぞれの解法を解説していきます。

2.1 【解法1】等比数列型に帰着

【解法1】は，次の形の等比数列型

\( \color{red}{ a_{n+1} + \alpha b_{n+1} } = \beta (\color{red}{ a_n + \alpha b_n } ) \)

を満たす \( \color{red}{ \alpha, \ \beta } \) を求めて，等比数列型の漸化式に帰着するパターンです。
それでは見ていきましょう。

【解答・解説】

\( a_{n+1} + \color{red}{ \alpha } b_{n+1} = \color{red}{ \beta } ( a_n + \color{red}{ \alpha } b_n ) \cdots ① \)

を満たす \( \color{red}{ \alpha, \ \beta } \) を求める。

①の左辺を変形すると

\( \begin{align}
\displaystyle a_{n+1} + \alpha b_{n+1} & = ( 2a_n + b_n ) + \alpha ( 4a_n – b_n ) \\
& = ( 2 + 4 \alpha ) a_n + ( 1 – \alpha ) b_n \cdots ②
\end{align} \)

①の右辺を変形すると

\( \displaystyle \beta ( a_n + \alpha b_n ) = \beta a_n + \alpha \beta b_n \cdots ③ \)

②，③を①に代入して

\( ( 2 + 4 \alpha ) a_n + ( 1 – \alpha ) b_n = \beta a_n + \alpha \beta b_n \)

これがすべての \( n \) について成り立つための条件は

\( \begin{cases}
2 + 4 \alpha = \beta \\
1 – \alpha = \alpha \beta
\end{cases} \)

これを解くと

\( \displaystyle ( \alpha , \ \beta ) = ( -1, \ -2), \ \left(\frac{1}{4}, \ 3 \right) \)

これらをそれぞれ①に代入すると

\( \color{red}{ \begin{cases}
\displaystyle a_{n+1} – b_{n+1} = -2 (a_n – b_n) \cdots ④ \\
\displaystyle a_{n+1} + \frac{1}{4} b_{n+1} = 3 (a_n + \frac{1}{4} b_n) \cdots ⑤
\end{cases} } \)

④より，数列 \( \left\{ a_n – b_n \right\} \) は初項 \( a_1 – b_1 = 1 – 2 = -1 \)，公比－2の等比数列。

⑤より，数列 \( \displaystyle \left\{ a_n + \frac{1}{4} b_n \right\} \) は初項 \( \displaystyle a_1 + \frac{1}{4} b_1 = 1 + \frac{1}{4} \cdot 2 = \frac{3}{2} \)，公比3の等比数列。

ゆえに

\( \color{red}{ \begin{cases}
\displaystyle a_n – b_n = (-1) \cdot (-2)^{n-1} \cdots ⑥ \\
\displaystyle a_n + \frac{1}{4} b_n = \frac{3}{2} \cdot 3^{n-1} = \frac{3^n}{2} \cdots ⑦
\end{cases} } \)

⑥＋(⑦×4) より

\( \displaystyle 5a_n = (-1) \cdot (-2)^{n-1} + 2 \cdot 3^n \)

\( \displaystyle ∴ \ \color{red}{ a_n = \frac{2 \cdot 3^n – (-2)^{n-1} }{5} \cdots 【答】 } \)

⑦－⑥より

\( \displaystyle \frac{5}{4} b_n = \frac{3^n}{2} + (-2)^{n-1} \)

\( \displaystyle ∴ \ \color{red}{ b_n = \frac{2 \cdot 3^n + 4 \cdot (-2)^{n-1}}{5} \cdots 【答】 } \)

2.2 【解法2】片方消去し隣接3項間の漸化式に帰着

【解法2】は，\( b_n \)を消去して（あるいは \( a_n \)），\( a_n \) だけの隣接3項間の漸化式に帰着するパターンです。
それでは見ていきましょう。

【解答・解説】

\( \color{red}{ \begin{cases}
\displaystyle a_{n+1} = 2a_n + b_n \cdots ① \\
b_{n+1} = 4a_n – b_n \cdots ②
\end{cases} } \)　とする。

①より

\( \begin{cases}
\color{red}{ b_n = a_{n+1} – 2 a_n } \\
\color{red}{ b_{n+1} = a_{n+2} – 2 a_{n+1} }
\end{cases} \)

これらを②に代入して

\( a_{n+2} – 2 a_{n+1} = 4a_n – ( a_{n+1} – 2a_n ) \)

∴　\( a_{n+2} – a_{n+1} – 6a_n = 0 \cdots ③ \)

③を変形すると

\( \begin{cases}
\displaystyle \color{red}{ a_{n+2} + 2 a_{n+1} = 3 ( a_{n+1} + 2 a_n ) } \cdots ④ \\
\color{red}{ a_{n+2} – 3a_{n+1} = -2 ( a_{n+1} – 3a_n ) } \cdots ⑤
\end{cases} \)

ここで，

\( a_1 = 1, \ a_2 = 2a_1 + b_1 = 4 \)

④より，数列 \( \left\{ a_{n+1} + 2 a_n \right\} \) は，初項 \( a_2 + 2 a_1 = 6 \)，公比3の等比数列であるから

\( \displaystyle a_{n+1} + 2 a_n = 6 \cdot 3^{n-1} \cdots ⑥ \)

⑤より，数列 \( \left\{ a_{n+1} – 3 a_n \right\} \) は，初項 \( a_2 – 3 a_1 = 1 \)，公比－2の等比数列であるから

\( \displaystyle a_{n+1} – 3 a_n = (-2)^{n-1} \cdots ⑦ \)

⑥－⑦から

\( \displaystyle 5 a_n = 6 \cdot 3^{n-1} – (-2)^{n-1} \)

\( \displaystyle ∴ \ \color{red}{ a_n = \frac{6 \cdot 3^{n-1} – (-2)^{n-1}}{5} \cdots 【答】 } \)

\( \displaystyle ∴ \ \color{red}{ b_n = \frac{6 \cdot 3^{n-1} + 4 \cdot (-2)^{n-1}}{5} \cdots 【答】 } \)

以上が漸化式の応用問題の解説です！

「漸化式の基礎・基本や標準レベルの問題があやふやかもしれない…」という人は必ず「数列漸化式の解き方10パターンまとめ」をチェックしておきましょうね！

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