平成２６年２月１６日

[流れ星]

　　　　　第30２回数学的な応募解答

　　　　　　＜解答募集期間：1月19日～2月16日＞

［特殊な漸化式］

次の隣接三項間の漸化式から類推しながら、数列の一般項を導いてください。

問題１：ａ１＝４，ａ２＝９，ａｎ＋２－５ａｎ＋１＋６ａｎ＝２ｎ－１

問題２：ａ１＝５，ａ２＝２１，ａｎ＋２－５ａｎ＋１＋６ａｎ＝＝２・４ｎ

NO1「uchinyan」  01/19 15時31分　受信

「uchinyan」  01/20 11時53分　受信  更新02/16

類推は省略し，いっきに解いてしまいましょう。

(解法1)

問題１：a(1) = 4，a(2) = 9，a(n+2) - 5a(n+1) + 6a(n) = 2n - 1

a(n+2) - 5a(n+1) + 6a(n) = 2n - 1

a(n+3) - 5a(n+2) + 6a(n+1) = 2(n+1) - 1

(a(n+3) - a(n+2)) - 5(a(n+2) - a(n+1)) + 6(a(n+1) - a(n)) = 2

(a(n+3) - a(n+2) - 1) - 5(a(n+2) - a(n+1) - 1) + 6(a(n+1) - a(n) - 1) = 0

ここで，b(n) = a(n+1) - a(n) - 1 とおくと，

b(n+2) - 5b(n+1) + 6b(n) = 0

さらに，x^2 - 5x + 6 = 0 の解 x = 2, 3 を使って変形すると，

b(n+2) - 3b(n+1) = 2(b(n+1) - 3b(n)) = … = 2^n * (b(2) - 3b(1))

b(n+2) - 2b(n+1) = 3(b(n+1) - 2b(n)) = … = 3^n * (b(2) - 2b(1))

ここで，a(1) = 4, a(2) = 9, a(3) = 5a(2) - 6a(1) + (2 * 1 - 1) = 22，より，

b(2) = a(3) - a(2) - 1 = 22 - 9 - 1 = 12

b(1) = a(2) - a(1) - 1 = 9 - 4 - 1 = 4

なので，

b(n+2) - 3b(n+1) = 2^n * (12 - 3 * 4) = 0

b(n+2) - 2b(n+1) = 3^n * (12 - 2 * 4) = 4 * 3^n

b(n+1) - 3b(n) = 0

b(n+1) - 2b(n) = 4 * 3^(n-1)

b(n) = 4 * 3^(n-1)

そこで，

a(n+1) - a(n) - 1 = b(n) = 4 * 3^(n-1)

a(n+1) - a(n) = 4 * 3^(n-1) + 1

a(n) = Σ[k=1,n-1]{4 * 3^(k-1) + 1} + a(1)

= 4 * (3^(n-1) - 1)/(3 - 1) + (n - 1) + 4

= 2 * 3^(n-1) + n + 1

a(n) = 2 * 3^(n-1) + n + 1

になります。

問題２：a(1) = 5，a(2) = 21，a(n+2) - 5a(n+1) + 6a(n) = 2 * 4^n

a(n+2) - 5a(n+1) + 6a(n) = 2 * 4^n

a(n+2)/4^n - 5a(n+1)/4^n + 6a(n)/4^n = 2

16(a(n+2)/4^(n+2)) - 20(a(n+1)/4^(n+1)) + 6(a(n)/4^n) = 2

8(a(n+2)/4^(n+2) - 1) - 10(a(n+1)/4^(n+1) - 1) + 3(a(n)/4^n - 1) = 0

ここで，b(n) = a(n)/4^n - 1 とおくと，

8b(n+2) - 10b(n+1) + 3b(n) = 0

さらに，8x^2 - 10x + 3 = 0 の解 x = 1/2, 3/4 を使って変形すると，

b(n+2) - (3/4)b(n+1) = (1/2)(b(n+1) - (3/4)b(n)) = … = (1/2)^n * (b(2) - (3/4)b(1))

b(n+2) - (1/2)b(n+1) = (3/4)(b(n+1) - (1/2)b(n)) = … = (3/4)^n * (b(2) - (1/2)b(1))

ここで，a(1) = 5, a(2) = 21，より，

b(2) = a(2)/4^2 - 1 = 21/16 - 1 = 5/16

b(1) = a(1)/4^1 - 1 = 5/4 - 1 = 1/4

なので，

b(n+2) - (3/4)b(n+1) = (1/2)^n * (5/16 - (3/4)(1/4)) = 1/8 * (1/2)^n

b(n+2) - (1/2)b(n+1) = (3/4)^n * (5/16 - (1/2)(1/4)) = 3/16 * (3/4)^n

b(n+1) - (3/4)b(n) = 1/8 * (1/2)^(n-1)

b(n+1) - (1/2)b(n) = 3/16 * (3/4)^(n-1)

b(n) = (3/4)^n - (1/2)^n

そこで，

a(n)/4^n - 1 = b(n) = (3/4)^n - (1/2)^n

a(n) = 4^n + 3^n - 2^n

になります。

 (解法2)

一般に，

a(n+2) - pa(n+1) + qa(n) = f(n)

において，a(n) を一般解，s(n) を何らかの方法で見つけた特殊な解，特殊解，とすると，

a(n+2) - pa(n+1) + qa(n) = f(n)

s(n+2) - ps(n+1) + qs(n) = f(n)

(a(n+2) - pa(n+1) + qa(n)) - (s(n+2) - ps(n+1) + qs(n)) = f(n) - f(n) = 0

(a(n+2) - s(n+2)) - p(a(n+1) - s(n+1)) + q(a(n) - s(n)) = 0

c(n) = a(n) - s(n) とおくと，

c(n+2) - pc(n+1) + qc(n) = 0

つまり，c(n) は元の漸化式の右辺を 0 とした漸化式の解です。

このことより，

a(n) = s(n) + c(n)

と書くことができます。

このことを踏まえると，次のように解くことができます。

問題１：a(1) = 4，a(2) = 9，a(n+2) - 5a(n+1) + 6a(n) = 2n - 1

右辺を 0 にした漸化式は，

c(n+2) - 5c(n+1) + 6c(n) = 0

で，これは(解法1)の b(n) と同様にして式変形し，一般に，a，b を定数として，

c(n) = a * 2^n + b * 3^n

と書くことができます。

一方で，特殊解ですが，s(n) = pn + q とおくと

(p(n+2) + q) - 5(p(n+1) + q) + 6(pn + q)) = 2n - 1

2pn + (- 3p + 2q) = 2n - 1

p = 1, q = 1

s(n) = n + 1

と求まります。

そこで，

a(n) = s(n) + c(n) = (n + 1) + (a * 2^n + b * 3^n)

これより，

a(1) = (1 + 1) + (a * 2^1 + b * 3^1) = 2 + 2a + 3b = 4

a(2) = (2 + 1) + (a * 2^2 + b * 3^2) = 3 + 4a + 9b = 9

a = 0, b = 2/3

a(n) = (n + 1) + (0 * 2^n + 2/3 * 3^n) = 2 * 3^(n-1) + n + 1

になります。

問題２：a(1) = 5，a(2) = 21，a(n+2) - 5a(n+1) + 6a(n) = 2 * 4^n

右辺を 0 にした漸化式は，

c(n+2) - 5c(n+1) + 6c(n) = 0

で，これは，同様にして，

c(n) = a * 2^n + b * 3^n

と書くことができます。

一方で，特殊解ですが，s(n) = p * 4^n とおくと

(p * 4^(n+2)) - 5(p * 4^(n+1)) + 6(p * 4^n) = 2 * 4^n

2p  = 2

p = 1

s(n) = 4^n

と求まります。

そこで，

a(n) = s(n) + c(n) = 4^n + (a * 2^n + b * 3^n)

これより，

a(1) = 4^1 + (a * 2^1 + b * 3^1) = 4 + 2a + 3b = 5

a(2) = 4^2 + (a * 2^2 + b * 3^2) = 16 + 4a + 9b = 21

a = -1, b = 1

a(n) = 4^n + ((-1) * 2^n + 1 * 3^n) = 4^n + 3^n - 2^n

になります。

 (感想)

非線形の漸化式ですね。初見では，類推するにしても難しいかも知れません。

ただ，はるか昔になりますが，私が高校生の頃は，(解法1)のように式変形を駆使して解いていた気がします。

これは右辺の式の形に依存して工夫する必要がありますが，それでもかなり応用は効きます。

一方，(解法2)の最初の考え方は非常に一般的で，線形の一般解と非線形の特殊解から構成できます。

もっとも，特殊解を求めるのは同様に右辺の式の形に依存して工夫が必要ですが。

(解法2)の手法を知ったのは大学に入ってからです。

しかも，数学ではなく，物理の力学で時間に依存した強制力のあるシステムの動作を求める問題でした。

したがって，漸化式ではなく，運動方程式 = 微分方程式 でした。

本に載っていたこの方法にいたく感動した思いがあります。

漸化式はある意味で差分方程式と等価で，差分方程式は微分方程式の親戚なので，

漸化式でもそのまま使えますね。

そんなことを懐かしく思い出しながら解きました。

NO2「浜田明巳」　01/21 16時44分　受信  更新02/16

問題１．
　　ａｎ＋２－５ａｎ＋１＋６ａｎ＝２ｎ－１………(1)
から，
　　ａｎ＋２－２ａｎ＋１＝３(ａｎ＋１－２ａｎ)＋２ｎ－１
　ｂｎ＝ａｎ＋１－２ａｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｂｎ＋１＝３ｂｎ＋２ｎ－１
　　∴ｂｎ＋１／３ｎ＋１＝ｂｎ／３ｎ＋(２ｎ－１)／３ｎ＋１
　ｃｎ＝ｂｎ／３ｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｃｎ＋１＝ｃｎ＋(２ｎ－１)／３ｎ＋１
　ｎ≧２のとき，
　　ｃｎ＝ｃ１＋Σ１≦ｋ≦ｎ－１(２ｋ－１)／３ｋ＋１………(2)
　ここで，
　　ｃ１＝ｂ１／３＝(ａ２－２ａ１)／３＝(９－２・４)／３＝１／３
　Ｓｎ＝Σ１≦ｋ≦ｎ(２ｋ－１)／３ｋ＋１（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　Ｓｎ＝１／３２＋３／３３＋５／３４＋………＋(２ｎ－１)／３ｎ＋１………(3)
　　∴１／３・Ｓｎ＝１／３３＋３／３４＋５／３５＋………＋(２ｎ－１)／３ｎ＋２………(4)
　(3)－(4)から，
　　２／３・Ｓｎ＝１／３２＋２／３３＋２／３４＋………＋２／３ｎ＋１－(２ｎ－１)／３ｎ＋２
　　　　　　　＝２／３２・(１＋１／３＋１／３２＋………＋１／３ｎ－１)－１／３２－(２ｎ－１)／３ｎ＋２
　　　　　　　＝２／９・{１－(１／３)ｎ}／(１－１／３)－１／９－(２ｎ－１)／３ｎ＋２
　　　　　　　＝１／３・(１－１／３ｎ)－１／９－(２ｎ－１)／３ｎ＋２
　　　　　　　＝２／９－１／３ｎ＋１－(２ｎ－１)／３ｎ＋２
　　　　　　　＝{２・３ｎ－３－(２ｎ－１)}／３ｎ＋２
　　　　　　　＝(２・３ｎ－２ｎ－２)／３ｎ＋２
　　∴Ｓｎ＝３／２・(２・３ｎ－２ｎ－２)／３ｎ＋２
　　　　＝(３ｎ－ｎ－１)／３ｎ＋１
　(2)から，
　　ｃｎ＝１／３＋Ｓｎ－１
　　　　＝１／３＋{３ｎ－１－(ｎ－１)－１}／３ｎ
　　　　＝(３ｎ－１＋３ｎ－１－ｎ)／３ｎ
　　　　＝(２・３ｎ－１－ｎ)／３ｎ
　これは，ｎ＝１のときも成立する．
　　∴ｃｎ＝(２・３ｎ－１－ｎ)／３ｎ＝ｂｎ／３ｎ
　　∴ｂｎ＝２・３ｎ－１－ｎ
　　∴ａｎ＋１－２ａｎ＝２・３ｎ－１－ｎ………(5)

　(1)から，
　　ａｎ＋２－３ａｎ＋１＝２(ａｎ＋１－３ａｎ)＋２ｎ－１
　ｄｎ＝ａｎ＋１－３ａｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｄｎ＋１＝２ｄｎ＋２ｎ－１
　　∴ｄｎ＋１／２ｎ＋１＝ｄｎ／２ｎ＋(２ｎ－１)／２ｎ＋１
　ｅｎ＝ｄｎ／２ｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｅｎ＋１＝ｅｎ＋(２ｎ－１)／２ｎ＋１
　ｎ≧２のとき，
　　ｅｎ＝ｅ１＋Σ１≦ｋ≦ｎ－１(２ｋ－１)／２ｋ＋１………(6)
　ここで，
　　ｅ１＝ｄ１／２＝(ａ２－３ａ１)／２＝(９－３・４)／２＝－３／２
　Ｔｎ＝Σ１≦ｋ≦ｎ(２ｋ－１)／２ｋ＋１（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　Ｔｎ＝１／２２＋３／２３＋５／２４＋………＋(２ｎ－１)／２ｎ＋１………(7)
　　∴１／２・Ｔｎ＝１／２３＋３／２４＋５／２５＋………＋(２ｎ－１)／２ｎ＋２………(8)
　(7)－(8)から，
　　１／２・Ｔｎ＝１／２２＋２／２３＋２／２４＋………＋２／２ｎ＋１－(２ｎ－１)／２ｎ＋２
　　　　　　　＝(１／２＋１／２２＋１／２３＋………＋１／２ｎ)－１／２２－(２ｎ－１)／２ｎ＋２
　　　　　　　＝１／２・{１－(１／２)ｎ}／(１－１／２)－１／４－(２ｎ－１)／２ｎ＋２
　　　　　　　＝(１－１／２ｎ)－１／４－(２ｎ－１)／２ｎ＋２
　　　　　　　＝３／４－１／２ｎ－(２ｎ－１)／２ｎ＋２
　　　　　　　＝{３・２ｎ－４－(２ｎ－１)}／２ｎ＋２
　　　　　　　＝(３・２ｎ－２ｎ－３)／２ｎ＋２
　　∴Ｔｎ＝(３・２ｎ－２ｎ－３)／２ｎ＋１
　(6)から，
　　ｅｎ＝－３／２＋Ｔｎ－１
　　　＝－３／２＋{３・２ｎ－１－２(ｎ－１)－３}／２ｎ
　　　＝(－３・２ｎ－１＋３・２ｎ－１－２ｎ＋２－３)／２ｎ
　　　＝(－２ｎ－１)／２ｎ
　これは，ｎ＝１のときも成立する．
　　∴ｅｎ＝(－２ｎ－１)／２ｎ＝ｄｎ／２ｎ
　　∴ｄｎ＝－２ｎ－１
　　∴ａｎ＋１－３ａｎ＝－２ｎ－１………(9)

　(5)－(9)から，
　　ａｎ＝(２・３ｎ－１－ｎ)＋(２ｎ＋１)
　　　＝２・３ｎ－１＋ｎ＋１………（答）

（別解）
　　ａｎ＋２－２ａｎ＋１＝３(ａｎ＋１－２ａｎ)＋２ｎ－１
　ｂｎ＝ａｎ＋１－２ａｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｂｎ＋１＝３ｂｎ＋２ｎ－１
　ｂｎ＝ｐ・３ｎ＋ｑｎ＋ｒ（ｎ＝１，２，３，………，ｐ，ｑ，ｒは定数）とすると，
　　ｐ・３ｎ＋１＋ｑ(ｎ＋１)＋ｒ＝３(ｐ・３ｎ＋ｑｎ＋ｒ)＋２ｎ－１
　　∴ｑｎ＋(ｑ＋ｒ)＝(３ｑ＋２)ｎ＋(３ｒ－１)
　ｎの恒等式なので，
　　ｑ＝３ｑ＋２………(2)
　　ｑ＋ｒ＝３ｒ－１………(3)
　(2)から，－２ｑ＝２　　　∴ｑ＝－１
　(3)から，－１＋ｒ＝３ｒ－１　　　∴ｒ＝０
　　∴ｂｎ＝ｐ・３ｎ－ｎ………(4)
　ｂ１＝ａ２－２・ａ１＝１から，(4)にｎ＝１を代入すると，
　　ｂ１＝３ｐ－１＝１　　　∴ｐ＝２／３
　(4)から，ｂｎ＝ａｎ＋１－２ａｎ＝２・３ｎ－１－ｎ
（後で数学的帰納法で証明する）

（別解その２）(1)から，
　　ａ３＝５ａ２－６ａ１＋１＝５・９－６・４＋１＝４５－２４＋１＝２２
　　ａ４＝５ａ３－６ａ２＋３＝５・２２－６・９＋３＝１１０－５４＋３＝５９
　　ａ５＝５ａ４－６ａ３＋５＝５・５９－６・２２＋５＝２９５－１３２＋５＝１６８
　ｂｎ＝ａｎ＋１－ａｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｂ１＝ａ２－ａ１＝９－４＝５
　　ｂ２＝ａ３－ａ２＝２２－９＝１３
　　ｂ３＝ａ４－ａ３＝５９－２２＝３７
　　ｂ４＝ａ５－ａ４＝１６８－５９＝１０９
　ｃｎ＝ｂｎ＋１－ｂｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｃ１＝ｂ２－ｂ１＝１３－５＝８
　　ｃ２＝ｂ３－ｂ２＝３７－１３＝２４
　　ｃ３＝ｂ４－ｂ３＝１０９－３７＝７２
　故に数列｛ｃｎ｝は，初項８，公比３の等比数列であると類推できる．このとき，
　　ｃｎ＝８・３ｎ－１＝ｂｎ＋１－ｂｎ
　ｎ≧２のとき，
　　ｂｎ＝ｂ１＋Σ１≦ｋ≦ｎ－１８・３ｋ－１
　　　＝５＋８・(３ｎ－１－１)／(３－１)
　　　＝５＋４(３ｎ－１－１)
　　　＝４・３ｎ－１＋１
　これはｎ＝１のときも成立する．
　　∴ｂｎ＝４・３ｎ－１＋１＝ａｎ＋１－ａｎ
　ｎ≧２のとき，
　　ａｎ＝ａ１＋Σ１≦ｋ≦ｎ－１(４・３ｋ－１＋１)
　　　＝４＋４・(３ｎ－１－１)／(３－１)＋(ｎ－１)
　　　＝２・３ｎ－１＋ｎ＋１
　これはｎ＝１のときも成立する．
　これを数学的帰納法で証明する．
　ｎ＝１，ｎ＝２のとき，明らかに成立する．
　ｎ＝ｋ，ｎ＝ｋ＋１（ｋ≧１）のとき，成り立つと仮定すると，
　　ａｋ＝２・３ｋ－１＋ｋ＋１，ａｋ＋１＝２・３ｋ＋ｋ＋２
　(1)から，
　　ａｋ＋２＝５ａｋ＋１－６ａｋ＋(２ｋ－１)
　　　　＝５(２・３ｋ＋ｋ＋２)－６(２・３ｋ－１＋ｋ＋１)＋２ｋ－１
　　　　＝１０・３ｋ＋５ｋ＋１０－４・３ｋ－６ｋ－６＋２ｋ－１
　　　　＝６・３ｋ＋ｋ＋３
　　　　＝２・３ｋ＋１＋ｋ＋３
　故にｎ＝ｋ＋２のときも成立する．
　故にすべての自然数ｎについて，
　　ａｎ＝２・３ｎ－１＋ｎ＋１………（答）

問題２．
　　ａｎ＋２－５ａｎ＋１＋６ａｎ＝２・４ｎ………(1)
から，
　　ａｎ＋２－２ａｎ＋１＝３(ａｎ＋１－２ａｎ)＋２・４ｎ
　ｂｎ＝ａｎ＋１－２ａｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｂｎ＋１＝３ｂｎ＋２・４ｎ
　　∴ｂｎ＋１／４ｎ＋１＝３／４・ｂｎ／４ｎ＋１／２
　ｃｎ＝ｂｎ／４ｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｃｎ＋１＝３／４・ｃｎ＋１／２
　　∴ｃｎ＋１－２＝３／４・ｃｎ－３／２＝３／４・(ｃｎ－２)
　ｄｎ＝ｃｎ－２（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｄｎ＋１＝３／４・ｄｎ
　故に数列｛ｄｎ｝は，初項
　　ｄ１＝ｃ１－２＝ｂ１／４－２＝(ａ２－２ａ１)／４－２＝(２１－２・５)／４－２＝３／４
公比３／４の等比数列であるので，
　　ｄｎ＝３／４・(３／４)ｎ－１＝３ｎ／４ｎ＝ｃｎ－２
　　∴ｃｎ＝２＋３ｎ／４ｎ＝ｂｎ／４ｎ
　　∴ｂｎ＝２・４ｎ＋３ｎ
　　∴ａｎ＋１－２ａｎ＝２・４ｎ＋３ｎ………(2)

　(1)から，
　　ａｎ＋２－３ａｎ＋１＝２(ａｎ＋１－３ａｎ)＋２・４ｎ
　ｅｎ＝ａｎ＋１－３ａｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｅｎ＋１＝２ｅｎ＋２・４ｎ
　　∴ｅｎ＋１／４ｎ＋１＝１／２・ｂｎ／４ｎ＋１／２
　ｆｎ＝ｅｎ／４ｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｆｎ＋１＝１／２・ｆｎ＋１／２
　　∴ｆｎ＋１－１＝１／２・ｆｎ－１／２＝１／２・(ｆｎ－１)
　ｇｎ＝ｆｎ－１（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｇｎ＋１＝１／２・ｇｎ
　故に数列｛ｇｎ｝は，初項
　　ｇ１＝ｆ１－１＝ｅ１／４－１＝(ａ２－３ａ１)／４－１＝(２１－３・５)／４－１＝１／２
公比１／２の等比数列であるので，
　　ｇｎ＝１／２・(１／２)ｎ－１＝１／２ｎ＝ｆｎ－１
　　∴ｆｎ＝１＋１／２ｎ＝ｅｎ／４ｎ
　　∴ｅｎ＝４ｎ＋４ｎ／２ｎ
　　∴ａｎ＋１－３ａｎ＝４ｎ＋２ｎ………(3)

　(2)－(3)から，
　　ａｎ＝４ｎ＋３ｎ－２ｎ………（答）

「浜田明巳」　01/22 17時05分　受信  更新02/16

問題１．
（別解）(5)　ａｎ＋１－２ａｎ＝２・３ｎ－１－ｎ
を使わず，
　　(9)　ａｎ＋１－３ａｎ＝－２ｎ－１
のみを使う解法

　　ａｎ＋１－３ａｎ＝－２ｎ－１………(9)
から，
　　ａｎ＋１／３ｎ＋１－ａｎ／３ｎ＝－(２ｎ＋１)／３ｎ＋１
　ここで，
　　ｂｎ＝ａｎ／３ｎ（ｎ＝１，２，３，………）
とすると，
　　ｂｎ＋１－ｂｎ＝－(２ｎ＋１)／３ｎ＋１
　ｎ≧２のとき，
　　ｂｎ＝ｂ１－Σ１≦ｋ≦ｎ－１(２ｋ＋１)／３ｋ＋１
　ここで，
　　ｂ１＝ａ１／３＝４／３
　また，
　　Ｓｎ＝Σ１≦ｋ≦ｎ(２ｋ＋１)／３ｋ＋１
　　　＝３／３２＋５／３３＋７／３４＋………＋(２ｎ＋１)／３ｎ＋１
とすると，
　　１／３・Ｓｎ＝３／３３＋５／３４＋７／３５＋………＋(２ｎ－１)／３ｎ＋１＋(２ｎ＋１)／３ｎ＋２
　辺々を引くと，
　　２／３・Ｓｎ＝３／３２＋２／３３＋２／３４＋………＋２／３ｎ＋１－(２ｎ＋１)／３ｎ＋２
　　　　　　　＝１／３２＋２／３２・(１＋１／３＋１／３２＋………＋１／３ｎ－１)－(２ｎ＋１)／３ｎ＋２
　　　　　　　＝１／９＋２／９・{１－(１／３)ｎ}／(１－１／３)－(２ｎ＋１)／３ｎ＋２
　　　　　　　＝１／９＋１／３・(１－１／３ｎ)－(２ｎ＋１)／３ｎ＋２
　　　　　　　＝４／９－１／３ｎ＋１－(２ｎ＋１)／３ｎ＋２
　　　　　　　＝{４・３ｎ－３－(２ｎ＋１)}／３ｎ＋２
　　　　　　　＝(４・３ｎ－２ｎ－４)／３ｎ＋２
　　∴Ｓｎ＝３／２・(４・３ｎ－２ｎ－４)／３ｎ＋２
　　　　＝(２・３ｎ－ｎ－２)／３ｎ＋１
　　∴ｂｎ＝４／３－Ｓｎ－１
　　　　＝４／３－{２・３ｎ－１－(ｎ－１)－２}／３ｎ
　　　　＝(４・３ｎ－１－２・３ｎ－１＋ｎ－１＋２)／３ｎ
　　　　＝(２・３ｎ－１＋ｎ＋１)／３ｎ
　これはｎ＝１のときも成立する．
　　∴ｂｎ＝(２・３ｎ－１＋ｎ＋１)／３ｎ＝ａｎ／３ｎ
　　∴ａｎ＝２・３ｎ－１＋ｎ＋１

（別解）(9)　ａｎ＋１－３ａｎ＝－２ｎ－１
を使わず，
　　(5)　ａｎ＋１－２ａｎ＝２・３ｎ－１－ｎ
のみを使う解法

　　ａｎ＋１－２ａｎ＝２・３ｎ－１－ｎ
から，
　　ａｎ＋１／２ｎ＋１－ａｎ／２ｎ＝１／２・(３／２)ｎ－１－ｎ／２ｎ＋１
　ここで，
　　ｂｎ＝ａｎ／２ｎ（ｎ＝１，２，３，………）
とすると，
　　ｂｎ＋１－ｂｎ＝１／２・(３／２)ｎ－１－ｎ／２ｎ＋１
　ｎ≧２のとき，
　　ｂｎ＝ｂ１＋Σ１≦ｋ≦ｎ－１{１／２・(３／２)ｋ－１－ｋ／２ｋ＋１}
　　　＝ａ１／２＋１／２・{(３／２)ｎ－１－１}／(３／２－１)－Σ１≦ｋ≦ｎ－１ｋ／２ｋ＋１
　　　＝２＋３ｎ－１／２ｎ－１－１－Σ１≦ｋ≦ｎ－１ｋ／２ｋ＋１
　　　＝１＋３ｎ－１／２ｎ－１－Σ１≦ｋ≦ｎ－１ｋ／２ｋ＋１
　ここで，
　　Ｓｎ＝Σ１≦ｋ≦ｎｋ／２ｋ＋１
　　　＝１／２２＋２／２３＋３／２４＋………＋ｎ／２ｎ＋１
とすると，
　　１／２・Ｓｎ＝１／２３＋２／２４＋３／２５＋………＋(ｎ－１)／２ｎ＋１＋ｎ／２ｎ＋２
　辺々を引くと，
　　１／２・Ｓｎ＝１／２２＋１／２３＋１／２４＋………＋１／２ｎ＋１－ｎ／２ｎ＋２
　　　　　　　＝１／２２・{１－(１／２)ｎ}／(１－１／２)－ｎ／２ｎ＋２
　　　　　　　＝１／２・(１－１／２ｎ)－ｎ／２ｎ＋２
　　　　　　　＝１／２－１／２ｎ＋１－ｎ／２ｎ＋２
　　　　　　　＝(２ｎ＋１－２－ｎ)／２ｎ＋２
　　∴Ｓｎ＝２・(２ｎ＋１－ｎ－２)／２ｎ＋２
　　　　＝(２ｎ＋１－ｎ－２)／２ｎ＋１
　　∴ｂｎ＝１＋３ｎ－１／２ｎ－１－Ｓｎ－１
　　　　＝１＋３ｎ－１／２ｎ－１－{２ｎ－(ｎ－１)－２}／２ｎ
　　　　＝(２ｎ＋２・３ｎ－１－２ｎ＋ｎ－１＋２)／２ｎ
　　　　＝(２・３ｎ－１＋ｎ＋１)／２ｎ
　これはｎ＝１のときも成立する．
　　∴ｂｎ＝(２・３ｎ－１＋ｎ＋１)／２ｎ＝ａｎ／２ｎ
　　∴ａｎ＝２・３ｎ－１＋ｎ＋１

問題２．
（別解）
　　ａｎ＋２－２ａｎ＋１＝３(ａｎ＋１－２ａｎ)＋２・４ｎ
において，
　　ｂｎ＝ａｎ＋１－２ａｎ（ｎ＝１，２，３，………）
とすると，
　　ｂｎ＋１＝３ｂｎ＋２・４ｎ
　　∴ｂｎ＋１／３ｎ＋１＝ｂｎ／３ｎ＋２／３・(４／３)ｎ
　ｃｎ＝ｂｎ／３ｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｃｎ＋１＝ｃｎ＋２／３・(４／３)ｎ
　ｎ≧２のとき，
　　ｃｎ＝ｃ１＋Σ１≦ｋ≦ｎ－１２／３・(４／３)ｋ
　　　＝ｂ１／３＋２／３・４／３・{(４／３)ｎ－１－１}／(４／３－１)
　　　＝(ａ２－２ａ１)／３＋８／３・(４ｎ－１／３ｎ－１－１)
　　　＝１１／３＋２・４ｎ／３ｎ－８／３
　　　＝２・４ｎ／３ｎ＋１
　　　＝(２・４ｎ＋３ｎ)／３ｎ
　これはｎ＝１のときも成立する．
　　∴ｃｎ＝(２・４ｎ＋３ｎ)／３ｎ＝ｂｎ／３ｎ
　　∴ｂｎ＝２・４ｎ＋３ｎ
　　∴ａｎ＋１－２ａｎ＝２・４ｎ＋３ｎ………(A)

　　ａｎ＋２－３ａｎ＋１＝２(ａｎ＋１－３ａｎ)＋２・４ｎ
において，
　　ｄｎ＝ａｎ＋１－３ａｎ（ｎ＝１，２，３，………）
とすると，
　　ｄｎ＋１＝２ｄｎ＋２・４ｎ
　　∴ｄｎ＋１／２ｎ＋１＝ｄｎ／２ｎ＋２ｎ
　ｅｎ＝ｄｎ／２ｎ（ｎ＝１，２，３，………）とすると，
　　ｅｎ＋１＝ｅｎ＋２ｎ
　ｎ≧２のとき，
　　ｅｎ＝ｅ１＋Σ１≦ｋ≦ｎ－１２ｋ
　　　＝ｄ１／２＋２・(２ｎ－１－１)／(２－１)
　　　＝(ａ２－３ａ１)／２＋２ｎ－２
　　　＝３＋２ｎ－２
　　　＝２ｎ＋１
　これはｎ＝１のときも成立する．
　　∴ｅｎ＝２ｎ＋１＝ｄｎ／２ｎ
　　∴ｄｎ＝４ｎ＋２ｎ
　　∴ａｎ＋１－３ａｎ＝４ｎ＋２ｎ………(B)

　(A)－(B)から，
　　ａｎ＝４ｎ＋３ｎ－２ｎ
（いささか，やりすぎました）

「浜田明巳」　01/23 16時25分　受信  更新02/16

問題１．（ヒントを元に）
（別解）ａｎ＋２－２ａｎ＋１＝３(ａｎ＋１－２ａｎ)＋２ｎ－１
と変形できるので，
　　ａｎ＝ａ・３ｎ＋ｂ・２ｎ＋ｃｎ＋ｄ（ａ，ｂ，ｃ，ｄは定数）
とする．
　　ａ１＝３ａ＋２ｂ＋ｃ＋ｄ＝４………(1)
　　ａ２＝９ａ＋４ｂ＋２ｃ＋ｄ＝９………(2)
　また，
　　ａ３＝５ａ２－６ａ１＋１＝５・９－６・４＋１＝２２
　　ａ４＝５ａ３－６ａ２＋３＝５・２２－６・９＋３＝５９
から，
　　ａ３＝２７ａ＋８ｂ＋３ｃ＋ｄ＝２２………(3)
　　ａ４＝８１ａ＋１６ｂ＋４ｃ＋ｄ＝５９………(4)
　(2)－(1)から，
　　６ａ＋２ｂ＋ｃ＝５………(5)
　(3)－(2)から，
　　１８ａ＋４ｂ＋ｃ＝１３………(6)
　(4)－(3)から，
　　５４ａ＋８ｂ＋ｃ＝３７………(7)
　(6)－(5)から，
　　１２ａ＋２ｂ＝８　　　∴６ａ＋ｂ＝４………(8)
　(7)－(6)から，
　　３６ａ＋４ｂ＝２４　　　∴９ａ＋ｂ＝６………(9)
　(9)－(8)から，
　　３ａ＝２　　　∴ａ＝２／３
　(8)から，
　　ｂ＝４－６ａ＝４－４＝０
　(5)から，
　　ｃ＝５－６ａ－２ｂ＝５－４＝１
　(1)から，
　　ｄ＝４－３ａ－２ｂ－ｃ＝４－２－１＝１
　　∴ａｎ＝２・３ｎ－１＋ｎ＋１
　これを数学的帰納法で証明する．
　ｎ＝１，ｎ＝２のとき，明らかに成立する．
　ｎ＝ｋ，ｎ＝ｋ＋１（ｋ≧１）のとき，成立すると仮定すると，
　　ａｋ＝２・３ｋ－１＋ｋ＋１，ａｋ＋１＝２・３ｋ＋ｋ＋２
　　∴ａｋ＋２＝５ａｋ＋１－６ａｋ＋２ｋ－１
　　　　　＝５(２・３ｋ＋ｋ＋２)－６(２・３ｋ－１＋ｋ＋１)＋２ｋ－１
　　　　　＝(１０－４)・３ｋ＋５ｋ＋１０－６ｋ－６＋２ｋ－１
　　　　　＝２・３ｋ＋１＋ｋ＋３
　故にｎ＝ｋ＋２のときも成立する．
　故にすべての自然数ｎについて，
　　ａｎ＝２・３ｎ－１＋ｎ＋１

問題２．（別解）ａｎ＋２－２ａｎ＋１＝３(ａｎ＋１－２ａｎ)＋２・４ｎ
と変形できるので，
　　ａｎ＝ａ・４ｎ＋ｂ・３ｎ＋ｃ・２ｎ＋ｄ（ａ，ｂ，ｃ，ｄは定数）
とする．
　　ａ１＝４ａ＋３ｂ＋２ｃ＋ｄ＝５………(1)
　　ａ２＝１６ａ＋９ｂ＋４ｃ＋ｄ＝２１………(2)
　また，
　　ａ３＝５ａ２－６ａ１＋２・４＝５・２１－６・５＋８＝８３
　　ａ４＝５ａ３－６ａ２＋２・４２＝５・８３－６・２１＋３２＝３２１
から，
　　ａ３＝６４ａ＋２７ｂ＋８ｃ＋ｄ＝８３………(3)
　　ａ４＝２５６ａ＋８１ｂ＋１６ｃ＋ｄ＝３２１………(4)
　(2)－(1)から，
　　１２ａ＋６ｂ＋２ｃ＝１６………(5)
　(3)－(2)から，
　　４８ａ＋１８ｂ＋４ｃ＝６２　　　∴２４ａ＋９ｂ＋２ｃ＝３１………(6)
　(4)－(3)から，
　　１９２ａ＋５４ｂ＋８ｃ＝２３８　　　∴９６ａ＋２７ｂ＋４ｃ＝１１９………(7)
　(6)－(5)から，
　　１２ａ＋３ｂ＝１５………(8)
　(7)－(6)×２から，
　　４８ａ＋９ｂ＝５７　　　∴１６ａ＋３ｂ＝１９………(9)
　(9)－(8)から，
　　４ａ＝４　　　∴ａ＝１
　(8)から，ｂ＝５－４ａ＝１
　(5)から，ｃ＝８－６ａ－３ｂ＝－１
　(1)から，ｄ＝５－４ａ－３ｂ－２ｃ＝０
　　∴ａｎ＝４ｎ＋３ｎ－２ｎ
　これを数学的帰納法で証明する．
　ｎ＝１，ｎ＝２のとき，明らかに成立する．
　ｎ＝ｋ，ｎ＝ｋ＋１（ｋ≧１）のとき，成立すると仮定すると，
　　ａｋ＝４ｋ＋３ｋ－２ｋ，ａｋ＋１＝４ｋ＋１＋３ｋ＋１－２ｋ＋１
　　∴ａｋ＋２＝５ａｋ＋１－６ａｋ＋２・４ｋ
　　　　　＝５(４ｋ＋１＋３ｋ＋１－２ｋ＋１)－６(４ｋ＋３ｋ－２ｋ)＋２・４ｋ
　　　　　＝(２０－６＋２)・４ｋ＋(１５－６)・３ｋ＋(－１０＋６)・２ｋ
　　　　　＝４ｋ＋２＋３ｋ＋２－２ｋ＋２
　故にｎ＝ｋ＋２のときも成立する．
　故にすべての自然数ｎについて，
　　ａｎ＝４ｎ＋３ｎ－２ｎ
（潔い解とはいえず，あまり好きではありません）

「浜田明巳」　02/10 10時59分　受信  更新02/16

 

問題１：ａ１＝４，ａ２＝９，ａｎ＋２－５ａｎ＋１＋６ａｎ＝２ｎ－１
（別解）（１－５＋６＝２を使う方法）
　ａｎ＋２－５ａｎ＋１＋６ａｎ＝２ｎ－１から，
　　{ａｎ＋２－(ｎ＋２)－１}－５{ａｎ＋１－(ｎ＋１)－１}＋６(ａｎ－ｎ－１)＝２ｎ－１－(ｎ＋２)－１＋５{(ｎ＋１)＋１}－６(ｎ＋１)＝０
　ｂｎ＝ａｎ－ｎ－１（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｂｎ＋２－５ｂｎ＋１＋６ｂｎ＝０
　　∴ｂｎ＋２－２ｂｎ＋１＝３(ｂｎ＋１－２ｂｎ)………①
　　　ｂｎ＋２－３ｂｎ＋１＝２(ｂｎ＋１－３ｂｎ)………②
　①において，ｃｎ＝ｂｎ＋１－２ｂｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｃｎ＋１＝３ｃｎ
　故に数列｛ｃｎ｝は，初項
　　ｃ１＝ｂ２－２ｂ１＝(ａ２－２－１)－２(ａ１－１－１)＝(９－３)－２(４－２)＝２
公比３の等比数列である．
　　∴ｃｎ＝２・３ｎ－１
　　∴ｂｎ＋１－２ｂｎ＝２・３ｎ－１………③
　②において，ｄｎ＝ｂｎ＋１－３ｂｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｄｎ＋１＝２ｄｎ
　故に数列｛ｄｎ｝は，初項
　　ｄ１＝ｂ２－３ｂ１＝６－３・２＝０
公比２の等比数列である．
　　∴ｄｎ＝０・２ｎ－１＝０
　　∴ｂｎ＋１－３ｂｎ＝０………④
　③－④から，ｂｎ＝２・３ｎ－１
　　∴ａｎ－ｎ－１＝２・３ｎ－１
　　∴ａｎ＝２・３ｎ－１＋ｎ＋１

（別解）（階差数列を使う方法）
　ｎにｎ＋１を代入すると，
　　ａｎ＋３－５ａｎ＋２＋６ａｎ＋１＝２ｎ＋１
　　ａｎ＋２－５ａｎ＋１＋６ａｎ　＝２ｎ－１
　差をとると，
　　(ａｎ＋３－ａｎ＋２)－５(ａｎ＋２－ａｎ＋１)＋６(ａｎ＋１－ａｎ)＝２
　ｂｎ＝ａｎ＋１－ａｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｂｎ＋２－５ｂｎ＋１＋６ｂｎ＝２
　ｎにｎ＋１を代入すると，
　　ｂｎ＋３－５ｂｎ＋２＋６ｂｎ＋１＝２
　　ｂｎ＋２－５ｂｎ＋１＋６ｂｎ　＝２
　差をとると，
　　(ｂｎ＋３－ｂｎ＋２)－５(ｂｎ＋２－ｂｎ＋１)＋６(ｂｎ＋１－ｂｎ)＝０
　ｃｎ＝ｂｎ＋１－ｂｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｃｎ＋２－５ｃｎ＋１＋６ｃｎ＝０
　　∴ｃｎ＋２－３ｃｎ＋１＝２(ｃｎ＋１－３ｃｎ)
　ｄｎ＝ｃｎ＋１－３ｃｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｄｎ＋１＝２ｄｎ
　　∴ｄｎ＝ｄ１・２ｎ－１
　ここで，
　　ａ３＝５ａ２－６ａ１＋１＝５・９－６・４＋１＝４５－２４＋１＝２２
　　ａ４＝５ａ３－６ａ２＋３＝５・２２－６・９＋３＝１１０－５４＋３＝５９
　　ｂ１＝ａ２－ａ１＝９－４＝５
　　ｂ２＝ａ３－ａ２＝２２－９＝１３
　　ｂ３＝ａ４－ａ３＝５９－２２＝３７
　　ｃ１＝ｂ２－ｂ１＝１３－５＝８
　　ｃ２＝ｂ３－ｂ２＝３７－１３＝２４
　　ｄ１＝ｃ２－３ｃ１＝２４－３・８＝０
　　∴ｄｎ＝０・２ｎ－１＝０
　　∴ｃｎ＋１－３ｃｎ＝０
　　∴ｃｎ＋１＝３ｃｎ
　　∴ｃｎ＝ｃ１・３ｎ－１＝８・３ｎ－１
　　∴ｂｎ＋１－ｂｎ＝８・３ｎ－１
　ｎ≧２のとき，
　　ｂｎ＝ｂ１＋Σ１≦ｋ≦ｎ－１８・３ｋ－１
　　　＝５＋８・(３ｎ－１－１)／(３－１)
　　　＝５＋４(３ｎ－１－１)
　　　＝４・３ｎ－１＋１
　これはｎ＝１のときも成立する．
　　∴ｂｎ＝４・３ｎ－１＋１
　　∴ａｎ＋１－ａｎ＝４・３ｎ－１＋１
　ｎ≧２のとき，
　　ａｎ＝ａ１＋Σ１≦ｋ≦ｎ－１(４・３ｋ－１＋１)
　　　＝４＋４・(３ｎ－１－１)／(３－１)＋(ｎ－１)
　　　＝２(３ｎ－１－１)＋ｎ＋３
　　　＝２・３ｎ－１＋ｎ＋１
　これはｎ＝１のときも成立する．
　　∴ａｎ＝２・３ｎ－１＋ｎ＋１

問題２：ａ１＝５，ａ２＝２１，ａｎ＋２－５ａｎ＋１＋６ａｎ＝２・４ｎ
（別解）ａｎ＋２－５ａｎ＋１＋６ａｎ＝２・４ｎから，
　　(ａｎ＋２－４ｎ＋２)－５(ａｎ＋１－４ｎ＋１)＋６(ａｎ－４ｎ)＝２・４ｎ－１６・４ｎ＋２０・４ｎ－６・４ｎ＝０
　ｂｎ＝ａｎ－４ｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｂｎ＋２－５ｂｎ＋１＋６ｂｎ＝０
　　∴ｂｎ＋２－２ｂｎ＋１＝３(ｂｎ＋１－２ｂｎ)………①
　　　ｂｎ＋２－３ｂｎ＋１＝２(ｂｎ＋１－３ｂｎ)………②
　①において，ｃｎ＝ｂｎ＋１－２ｂｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｃｎ＋１＝３ｃｎ
　故に数列｛ｃｎ｝は，初項
　　ｃ１＝ｂ２－２ｂ１＝(ａ２－４２)－２(ａ１－４)＝(２１－１６)－２(５－４)＝３
公比３の等比数列である．
　　∴ｃｎ＝３・３ｎ－１＝３ｎ
　　∴ｂｎ＋１－２ｂｎ＝３ｎ………③
　②において，ｄｎ＝ｂｎ＋１－３ｂｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｄｎ＋１＝２ｄｎ
　故に数列｛ｄｎ｝は，初項
　　ｄ１＝ｂ２－３ｂ１＝５－３・１＝２
公比２の等比数列である．
　　∴ｄｎ＝２・２ｎ－１＝２ｎ
　　∴ｂｎ＋１－３ｂｎ＝２ｎ………④
　③－④から，ｂｎ＝３ｎ－２ｎ
　　∴ａｎ－４ｎ＝３ｎ－２ｎ
　　∴ａｎ＝４ｎ＋３ｎ－２ｎ

（別解）（上別解の③だけを用いて解く）
　③の両辺を２ｎ＋１で割ると，
　　ｂｎ＋１／２ｎ＋１－ｂｎ／２ｎ＝３ｎ／２ｎ＋１＝３／４・(３／２)ｎ－１
　ｃｎ＝ｂｎ／２ｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｃｎ＋１－ｃｎ＝３／４・(３／２)ｎ－１
　ｎ≧２のとき，
　　ｃｎ＝ｃ１＋Σ１≦ｋ≦ｎ－１３／４・(３／２)ｋ－１
　　　＝ｂ１／２＋３／４・{(３／２)ｎ－１－１}／(３／２－１)
　　　＝１／２＋３／２・{(３／２)ｎ－１－１}
　　　＝１／２＋(３／２)ｎ－３／２
　　　＝(３／２)ｎ－１
　これはｎ＝１のときも成立する．
　　∴ｃｎ＝(３／２)ｎ－１＝ｂｎ／２ｎ
　　∴ｂｎ＝３ｎ－２ｎ＝ａｎ－４ｎ
　　∴ａｎ＝４ｎ＋３ｎ－２ｎ

（別解）（上上別解の④だけを用いて解く）
　④の両辺を３ｎ＋１で割ると，
　　ｂｎ＋１／３ｎ＋１－ｂｎ／３ｎ＝２ｎ／３ｎ＋１＝２／９・(２／３)ｎ－１
　ｃｎ＝ｂｎ／３ｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｃｎ＋１－ｃｎ＝２／９・(２／３)ｎ－１
　ｎ≧２のとき，
　　ｃｎ＝ｃ１＋Σ１≦ｋ≦ｎ－１２／９・(２／３)ｋ－１
　　　＝ｂ１／３＋２／９・{１－(２／３)ｎ－１}／(１－２／３)
　　　＝１／３＋２／３・{１－(２／３)ｎ－１}
　　　＝１－(２／３)ｎ
　これはｎ＝１のときも成立する．
　　∴ｃｎ＝１－(２／３)ｎ＝ｂｎ／３ｎ
　　∴ｂｎ＝３ｎ－２ｎ＝ａｎ－４ｎ
　　∴ａｎ＝４ｎ＋３ｎ－２ｎ

（別解）ａｎ＋２－５ａｎ＋１＋６ａｎ＝２・４ｎの両辺を４ｎ＋２で割ると，
　　ａｎ＋２／４ｎ＋２－５／４・ａｎ＋１／４ｎ＋１＋３／８・ａｎ／４ｎ＝１／８
　ｂｎ＝ａｎ／４ｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｂｎ＋２－５／４・ｂｎ＋１＋３／８・ｂｎ＝１／８
　　∴ｂｎ＋２－１／２・ｂｎ＋１＝３／４・(ｂｎ＋１－１／２・ｂｎ)＋１／８
　ｃｎ＝ｂｎ＋１－１／２・ｂｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｃｎ＋１＝３／４・ｃｎ＋１／８
　　∴ｃｎ＋１－１／２＝３／４・(ｃｎ－１／２)
　ｄｎ＝ｃｎ－１／２（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｄｎ＋１＝３／４・ｄｎ
　　∴ｄｎ＝ｄ１・(３／４)ｎ－１
　ここで，
　　ｄ１＝ｃ１－１／２＝ｂ２－１／２・ｂ１－１／２＝ａ２／４２－１／２・ａ１／４－１／２＝２１／１６－５／８－１／２＝３／１６
　　∴ｄｎ＝３／１６・(３／４)ｎ－１＝３ｎ／４ｎ＋１
　　∴ｃｎ－１／２＝３ｎ／４ｎ＋１
　　∴ｃｎ＝１／２＋３ｎ／４ｎ＋１
　　∴ｂｎ＋１－１／２・ｂｎ＝１／２＋３ｎ／４ｎ＋１
　両辺に２ｎ＋１をかけると，
　　２ｎ＋１ｂｎ＋１－２ｎｂｎ＝２ｎ＋３ｎ／２ｎ＋１
　ｅｎ＝２ｎｂｎ（ｎ＝１，２，３，………）とおくと，
　　ｅｎ＋１－ｅｎ＝２ｎ＋３ｎ／２ｎ＋１
　ｎ≧２のとき，
　　ｅｎ＝ｅ１＋Σ１≦ｋ≦ｎ－１(２ｋ＋３ｋ／２ｋ＋１)
　　　＝２ｂ１＋２・(２ｎ－１－１)／(２－１)＋３／４・{(３／２)ｎ－１－１}／(３／２－１)
　　　＝２ａ１／４＋２ｎ－２＋３／２・{(３／２)ｎ－１－１}
　　　＝５／２＋２ｎ－２＋(３／２)ｎ－３／２
　　　＝２ｎ＋(３／２)ｎ－１
　これはｎ＝１のときも成立する．
　　∴ｅｎ＝２ｎ＋(３／２)ｎ－１
　　∴２ｎｂｎ＝２ｎａｎ／４ｎ＝ａｎ／２ｎ＝２ｎ＋(３／２)ｎ－１
　　∴ａｎ＝４ｎ＋３ｎ－２ｎ

NO3「早起きのおじさん」1/21 21時33分　受信　

「早起きのおじさん」1/22 09時44分　受信 更新02/16

今回の問題は２を計算していったらきれいになったのでうれしくなりました。

久しぶりに集中した楽しい時間を過ごせました。

 

問題１

●二回、階差数列をとり解ける形に直します。

・一回目は右辺の変数を消します。

(1)－(2)より、

この階差数列をとします。

 

・二回目は右辺を零にします。

(3)－(4)より、

この階差数列をとします。

 

●実際に解きます。

・方程式の解を用いて(5)の式を変形します。

　(6)より、は、初項、公比3の等比数列なので、

　(7)より、は、初項、公比2の等比数列なので、

　(8)、(9)を連立させ(8)－(9)よりについて解くと、

 

・は階差なので、

の階差が、二つの等比数列の差の形になっているので、

∴
∴　

 

・具体的に求めると、

なので、

 

問題２

●問題１をヒントに解ける形に直します。

の両辺をで割ります。
なので、とおくと、

 

●について解きます。

・まず階差をとります。

(10)－(11)より、

この階差数列をとします。

・方程式の解を用いて、(12)の式を変形します。

　(13)より、は、初項、公比の等比数列なので、

　(14)より、は、初項、公比の等比数列なので、

　(15)、(16)を連立させ(16)－(15)よりについて解くと、

　∴

 

・は階差なので、

の階差が、二つの等比数列の差の形になっているので、

　∴

 

・とおいたので、

　∴

 

・具体的に求めると、

なので、

 

NO4  「にいばりZ12」1/24 02時14分 受信 　更新02/16

にいばりZ12です

数列の添え字と数字を区別するため添え字の後ろにはピリオドをつけています。

 

問題1

下表のように数字を具体的に書き出し第2階差までとると、等比数列になっていると類推できるので階差から数列を逆に計算していくと表のように元の数列は

an=1+n+2*3^(n-1)の一般項を持つことが類推されます。

 

 

n

　

　

an．.+2-5an+1．+6an．=2n-1

　

　

　

　

　

　

　

an．+2=5an+1．-6an．+2n-1

　

　

　

　

an．=(5an+1．-an+2．+2n-1)/6

　

　

　

　

　

　

　

　

第1階差

　

　

　

　

　

　

　

　

　

αi．

第2階差（等比数列）

　

　

　

　

　

　

i=n-1

βj．=β1．*3^(j-1)=8*3^(n-3)

　

　

　

　

j=n-2

r

　

　

　

　

　

　

　

　

　

　

Sβj．=β1．*(r^j-1)/(r-1)=4*(3^(n-2)-1)

　

　

　

　

　

　

　

αi．=α1．+Sβj．=5+4*(3^(n-2)-1)=1+4*3^(n-2)

　

　

　

　

　

　

　

　

Sαi．=(n-1)+4*((3^(n-1)-1)/(3-1))=n+2*(3^(n-1)-1)-1

　

　

　

　

　

　

　

　

　

an．=a1．+Sαi．=4+n+2*(3^(n-1)-1)-1=1+n+2*3^(n-1)

　

　

　

　

　

　

　

　

　

　

1

a1

4

　

　

　

　

　

　

4

2

a2

9

5

　

　

　

5

5

9

3

a3

22

13

8

　

8

13

18

22

4

a4

59

37

24

3

32

37

55

59

5

a5

168

109

72

3

104

109

164

168

6

a6

493

325

216

3

320

325

489

493

7

a7

1466

973

648

3

968

973

1462

1466

8

a8

4383

2917

1944

3

2912

2917

4379

4383

9

a9

13132

8749

5832

3

8744

8749

13128

13132

10

a10

39377

26245

17496

3

26240

26245

39373

39377

11

a11

118110

78733

52488

3

78728

78733

118106

118110

12

a12

354307

236197

157464

3

236192

236197

354303

354307

 

an．=1+n+2*3^(n-1)

an+1=2+n+2*3^n     ・・・・①

が成立するとき

an+2．=3+n+2*3^(n+1)・・・・②

が成立する事を示します

題意より

an+2．-5an+1．+6an．=2n-1

an+2．=5an+1．-6an．+2n-1・・・（１）

（１）に①を代入すると

an+2．=5*(2+n+2*3^n)-6*(1+n+2*3^(n-1))+2n-1

=3+n+2*3^(n+1)

となり成立しています。

一方で題意から

a1．=4,a2．=9であり仮定①は初項及び第2項で成立している事から全ての項で成立します

よって数列の一般項は

an．=1+n+2*3^(n-1)　　・・・・回答

 

 

問題2

an+2．-5an+1．+6an．=2・4^n、　a1．=5 、 a2．=21

一般項を

an．=4^n+3^n-2^n

と類推します

実際

a1

5

a2

21

a3

83

a4

321

a5

1235

a6

4761

a7

18443

a8

71841

a9

281315

a10

1106601

となり

an+2．-5an+1．+6an．=2・4^n

を満たしています。

 

an．=4^n+3^n-2^n

an+1．=4^(n+1)+3^(n+1)-2^(n+1) ・・・・①

が成立するとき

an+2．=4^(n+2)+3^(n+2)-2^(n+2) ・・・・②

が成立する事を示します

 

①②を元の漸化式左辺に代入すると

4^(n+2)+3^(n+2)-2^(n+2) -5＊(4^(n+1)+3^(n+1)-2^(n+1))+6＊(4^n+3^n-2^n)

=2・4^n

となり成立しており

 

一方で

a1．=5,a2．=21であり仮定①は初項及び第2項で成立している事から全ての項で成立します

 

よって数列の一般項を

an．=4^n+3^n-2^n　・・・・・回答

――――――――――――――――

問題2の一般項は問題1のようにうまく類推できなかったので、以下のように力ずくで類推しました

 

漸化式の両辺を4^nで割りan．/4^n=bn．とおき整理すると

bn+2．－(5/4) bn+1．+(8/3) bn．=1/8、b1．=5/4、b2．=21/16・・・・①

bn+2．+αbn+1．+β=γ(bn+1．+αbn．+β)とおくと

bn+2．+(α-γ)bn+1．-αγbn．=β(γ-1)

①との係数比較を行い

α-γ=-5/4

-αγ=3/8

β(γ-1)=1/8

これを解くと

(A)　 α=-3/4　β=-1/4　γ=1/2

(B)　 α=-1/2　β=-1/2　γ=3/4

 

(A)から

bn+2．-(3/4)bn+1．-1/4=(1/2)・(bn+1．-(3/4)bn．-1/4)

c n．= bn+1．-(3/4)bn．-1/4 とおくと

c n+1．=(1/2) cn．

　c1．= b2．-(3/4)b1．-1/4=1/8

これは初項1/8公比1/2の等比数列なので

c n．=(1/8)・(1/2)^(n-1)

cをbにもどして

bn+1．-(3/4)bn．-1/4=(1/8)・(1/2)^(n-1)

さらにbをaにもどして

an+1．/4^(n+1)-(3/4)an．/4^n-1/4=(1/8)・(1/2)^(n-1)

整理すると

an+1．=3 an．+2^n+4^n・・・(A1)

 

(B)から同様に計算すると

an+1．=2 an．+3^n+2・4^n・・・(B1)

 

(A1)から(B1)を辺々引き整理すると

an．=4^n+3^n-2^n

 

 

なお、問題1で漸化式の両辺から2ｎ-3を引くと

(an+2．-(n+2))-5(an+1．-(n+1))+6(an．-n)=2となり

an．-n= bnとおくと

bn+2．-5bn+1．+6bn．=2と書けることから

同様の手法で導けそうです。・・・・蛇足

NO5  「スモークマン」2/07 20時38分 受信 　更新02/16

合間合間に考えてましたが…

途中までできたかと思いますので…^^;…

 

問題１：ａ(１)＝４，ａ(２)＝９，ａ(ｎ＋２)－５ａ(ｎ＋１)＋６ａ(ｎ)＝２ｎ－１

 

a(n+2)-3a(n+1)-2(a(n+1)-3a(n))=2n-1

(a(n+2)-3a(n+1))-2((a(n+1)-3a(n)))=2n-1

 

b(n)=a(n)-3a(n-1) と置くと…

 

b(n+2)-2b(n+1)=2n-1

b(n+2)+p(n+2)+q=2(b(n+1)+p(n+1)+q)

2p-p=2, 2q-q=-1

p=2, q=-1

b(n+2)+2(n+2)-1=2(b(n+1)+2(n+1)-1)

 

問題２：ａ(１)＝５，ａ(２)＝２１，ａ(ｎ＋２)－５ａ(ｎ＋１)＋６ａ(ｎ)＝２・４^ｎ

 

同様に考えて…

 

b(n+2)-4^(n+1)=2(b(n+1)-4^(n))

 

今のところここまでです…Orz...

 

NO6  「二度漬け白菜」2/09 11時15分 受信 　更新02/16

問題文にある、「類推しながら」というのは、「一般項を類推しながら」
という意味に解釈しました。
しかし私には一般項は類推できませんでした。
ですので、今回の一般項を導く問題は、私が普段使っている母関数による
解法で解きました。

問題 1：
A(x)=Σ[n=1～∞](a[n]*x^n) とする。

与えられた漸化式 a[n+2]-5a[n+1]+6a[n]=2n-1
の両辺に x^(n+2) をかけて，
a[n+2]*x^(n+2)-5a[n+1]*x^(n+2)+6a[n]*x^(n+2) = (2n-1)*x^(n+2)．
さらに両辺のΣ[n=1～∞]　を考えることによって，
Σ[n=1～∞](a[n+2]*x^(n+2)-5a[n+1]*x^(n+2)+6a[n]*x^(n+2)) =Σ[n=1～∞] ((2n-1)*x^(n+2) ．
ここで，
(左辺)
=Σ[n=1～∞](a[n+2]*x^(n+2))-5*x*Σ[n=1～∞](a[n+1]*x^(n+1))+6*x^2*Σ[n=1～∞](a[n]*x^n))
=(A(x)-a[1]*x-a[2]*x^2)-5*x*(A(x)-a[1]*x)+6*x^2*A(x)
=(A(x)-4*x-9*x^2)-5*x*(A(x)-4*x)+6*x^2*A(x)．

(右辺)
=Σ[n=1～∞]((2n-1)*x^(n+2)
=2*x^3*Σ[n=1～∞](n*x^(n-1))-x^3*Σ[n=1～∞](x^(n-1))
=2*x^3*(d/dx)(1/(1-x))-x^3*(1/(1-x))
=2*x^3*(1/(1-x)^2)-x^3*(1/(1-x))
=(x^3+x^4)/((1-x)^2)．

よって，
(A(x)-4*x-9*x^2)-5*x*(A(x)-4*x)+6*x^2*A(x)=(x^3+x^4)/((1-x)^2)．
A(x)*(1-5*x+6*x^2)=(x^3+x^4)/((1-x)^2)+4*x-11*x^2．
A(x)=((x^3+x^4)/((1-x)^2)+4*x-11*x^2)/(1-5*x+6*x^2)．
=1/(1-x)^2+(2/3)*(1/(1-3*x))-5/3
=Σ[n=0～∞](n+1)*x^n + (2/3)*Σ[n=0～∞](3*x)^n - 5/3．
両辺のx^nの係数を比較することによって，
a[n] = (n+1)+(2/3)*3^n = 2*3^(n-1)+n+1 (答)．

 


問題 2：
A(x)=Σ[n=1～∞](a[n]*x^n) とする。
与えられた漸化式 a[n+2]-5*a[n+1]+6*a[n]=2*4^n より、
(A(x)-5*x-21*x^2)-5*x*(A(x)-5*x)+6*x^2*A(x)
=2*Σ[n=1～∞](4^n*x^(n+2))
=2*x^2*Σ[n=1～∞](4*x)^n
=2*x^2*(4*x)/(1-4*x)．

A(x)*(1-5*x+6*x^2)=8*x^3/(1-4*x)+5*x-4*x^2．
A(x)
=(8*x^3/(1-4*x)+5*x-4*x^2)/(1-5*x+6*x^2)
=1/(1-4*x)+1/(1-3*x)-1/(1-2*x)-1
=Σ[n=0～∞](4*x)^n + Σ[n=0～∞](3*x)^n - Σ[n=0～∞](2*x)^n - 1．
両辺のx^nの係数を比較することによって，
a[n] = 4^n + 3^n - 2^n (答)．

＜水の流れから＞

こちらが考えていたのは答えの形を予想してから　

問題１ではA2^n+B3^n+Cn+D

問題２ではA2^n+B3^n+C4^n

として、後は初期条件から係数を求める方法です。

　　　　　　　　　　　

皆さん、問題や質問に答えてください。一部でも構いませんから、解答とペンネームを添えて、メールで送ってください。待っています。