18-01an+1=pan+an^2+bn+cの漸化式から一般項を求める(難易度3)

次の条件を満たすとき、数列$\{a_n\}$の一般項を求めよ
(1)$a_1=1、a_{n+1}=2a_n+2n$
(2)$a_1=3、a_{n+1}=2a_n-n^2+2n$

(1)$a_{n+1}=pa_n+an+b$型の解き方を思い出そう
(2)$a_{n+1}=pa_n+an^2+bn+c$型の解き方を思い出そう


解答は下の方にあります。
ボタンを押すとココに移動します。













(1)$b_n=a_n-αn-β$とおくと
 $a_n=b_n+αn+β$

与式に代入して
 $b_{n+1}+α(n+1)+β=2(b_n+αn+β)+2n$
 $b_{n+1}=2b_n+(α+2)n+β-α$
ここで、$α=-2、β=-2$とすると
 $b_{n+1}=2b_n、b_1=a_1+2\cdot1+2=5$となり
$数列\{b_n\}$は、初項$5$、公比$2$の数列である
 $b_n=5\cdot2^{n-1}$
 $a_n=5\cdot2^{n-1}-2n-2$

(2)$b_n=a_n-αn^2-βn-γ$とおくと
 $a_n=b_n+αn^2+βn+γ$

与式に代入して
 $b_{n+1}+α(n+1)^2+β(n+1)+γ=2(b_n+αn^2+βn+γ)-n^2+2n$
 $b_{n+1}+α(n^2+2n+1)+β(n+1)+γ=2b_n+2αn^2+2βn+2γ-n^2+2n$
 $b_{n+1}=2b_n+(α-1)n^2+(-2α+β+2)n-α-β+γ$
ここで、$α=1、β=0、γ=1$とすると
 $b_{n+1}=2b_n、b_1=a_1-1\cdot1^2-1=1$となり
$数列\{b_n\}$は、初項$1$、公比$2$の数列である
 $b_n=1\cdot2^{n-1}$
 $a_n=2^{n-1}+n^2+1$

解説

漸化式を解く場合、どのようなパターンなのか考えて解きます。
 (1)は、【パターン$D2$】$f(n)=an+b$です。
 (2)は、【パターン$D3$】$f(n)=an^2+bn+c$です。

【パターン$D2$】の解き方は
$an+b$部分を消すために、$b_n=a_n-αn-β$とおいて、以下に変形できる都合の良い$α$と$β$を定めます。
 $a_{n+1}-α(n+1)-β=p(a_n-αn-β)$
都合の良い$α、β$は、条件式に$b_n=a_n-αn-β$を代入し、恒等式として解きます。
(1)の問題では、$α+2=0、β-α=0$の連立方程式を解いています。
ここまで変形できれば、$b_n$が等比数列になるので、簡単に解くことができます。

【パターン$D3$】の解き方は
$an^2+bn+c$部分を消すために、$b_n=a_n-αn^2-βn-γ$とおいて、以下に変形できる都合の良い$α$と$β$と$γ$を定めます。
 $a_{n+1}-α(n+1)^2-β(n+1)-γ=p(a_n-αn^2-βn-γ)$
都合の良い$α、β、γ$は、条件式に$b_n=a_n-αn^2-βn-γ$を代入し、恒等式として解きます。
(2)の問題では、$α-1=0、-2α+β+2=0、-α-β+γ=0$の連立方程式を解いています。
ここまで変形できれば、$b_n$が等比数列になるので、簡単に解くことができます。

漸化式を解く場合、どのようなパターンなのか考えて解きます。
基本方針は、等差数列、等比数列、階差数列のどれかにして解きます。
(1)は、【パターン$A0$】等差数列
(2)は、【パターン$B0$】等比数列
(3)は、【パターン$C0$】階差数列

<2項間漸化式のパターンの考え方>
①条件式をみて$a_n$がどのような数列であるか判断します。
 →【パターン$A0$】等差数列のとき
   $a_n=a_1+(n-1)d$
 →【パターン$B0$】等比数列のとき
   $a_n=a_1 r^n-1$
 →【パターン$C0$】階差数列のとき
   $\displaystyle a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_n$
 →式の変形できるとき②へ

②式の変形を考えます。
 変形方法は問題に示されていることが多いですが、$B3、B4、D3$以外は覚えておきましょう。
 →【パターン$B1$】$a_{n+1}=pa_n+q$のとき
  $a_{n+1}-α=p(a_n-α)$に変形して【パターン$B0$】等比数列として解く
 →【パターン$B2$】$\cfrac{1}{a_{n+1}}=\cfrac{p}{a_n}+q$のとき
  $b_{n}=\cfrac{1}{a_n}$とおいて、【パターン$B1$】$a_{n+1}=pa_n+q$として解く
 →【パターン$D0$】$a_{n+1}=pa_n+f(n)$のとき、③へ
 →【パターン$B3$】$a_{n+1}=\cfrac{a_n}{pa_n+q}$のとき、
  両辺を逆数にし、$b_{n}=\cfrac{1}{a_n}$とおいて、【パターン$B1$】$a_{n+1}=pa_n+q$として解く
 →【パターン$B4$】$a_{n+1}=\cfrac{ra_n+s}{pa_n+q}$のとき
  特定方程式が重解のとき、$b_{n}=\cfrac{1}{a_n-α}$とおいて、【パターン$A0$】等差数列として解く
  特定方程式が重解でないとき、$b_{n}=\cfrac{a_n-β}{a_n-α}$とおいて、【パターン$B0$】等比数列として解く
 →【パターン$E1$】$a_{n+1}=pa_n^q$のとき
  $a_n>0$であると証明し、両辺の対数を取って、【パターン$B1$】$a_{n+1}=pa_n+q$として解く
   
③$a_{n+1}=pa_n+f(n)$の変形方法
 →【パターン$D1$】$a_{n+1}=pa_n+a^n$のとき
  両辺を$a^{n+1}$で割って、【パターン$B1$】$a_{n+1}=pa_n+q$に変形して解く
 →【パターン$D2$】$f(n)=an+b$のとき
  $a_{n+1}-α(n+1)-β=p(a_n-αn-β)$に変形して、【パターン$B0$】等比数列に変形して解く
 →【パターン$D3$】$f(n)=an^2+bn+c$のとき
  $a_{n+1}-α(n+1)^2-β(n+1)-γ=p(a_n-αn^2-βn-γ)$に変形して、
  【パターン$B0$】等比数列に変形して解く

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