漸化式｜高校数学B — みならいノート

学習指導要領数学B (1) 数列ア (ウ)「漸化式について理解し，事象の変化を漸化式で表したり，簡単な漸化式で表された数列の一般項を求めたりすること。」。

0. どういうまとまりか

数列は、第 $n$ 項を $n$ の式で表す（一般項）ほかに、初項と、前の項から次の項を決める規則でも決まります。この規則の式を漸化式といいます。
数学Bで扱う「簡単な漸化式」は、隣り合う 2 つの項 $a_{n}$ と $a_{n + 1}$ の関係を表す一次の形、つまり隣接二項間の漸化式です。
どの形も、最後は等差数列・等比数列・階差数列のどれかに直して一般項を求めます。

漸化式の形	何の数列か	一般項
$a_{n + 1} = a_{n} + d$	公差 $d$ の等差数列	$a_{n} = a_{1} + (n - 1) d$
$a_{n + 1} = r a_{n}$	公比 $r$ の等比数列	$a_{n} = a_{1} r^{n - 1}$
$a_{n + 1} = a_{n} + f (n)$	階差数列が $f (n)$	$n ≧ 2$ のとき $a_{n} = a_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} f (k)$
$a_{n + 1} = p a_{n} + q$ （ $p \neq = 1$ ）	$a_{n} - α$ が公比 $p$ の等比数列	$a_{n} = α + (a_{1} - α) p^{n - 1}$ （ $α = p α + q$ ）

分かれ目は次の 3 つ。

階差型の式は $n ≧ 2$ でしか導けない。最後に $n = 1$ のときも成り立つかを確かめる
$a_{n + 1} = p a_{n} + q$ は、 $α = p α + q$ を満たす $α$ を両辺から引く。 $α$ は一般項ではなく、変形のための定数
等比数列になるのは $a_{n} - α$ で、その初項は $a_{1} - α$ 。 $a_{1}$ のまま $p^{n - 1}$ を掛けない

1. 漸化式とは

根拠: 学習指導要領数学B-(1)-ア-(ウ)

数列を、初項と「前の項から次の項を作る規則」で定めることができます。規則だけでは数列は決まらず、初項が要ります。

漸化式とは？数列を漸化式で定めるとき、規則のほかに何が必要か？

前の項から次の項を決める関係式（例 $a_{n + 1} = 2 a_{n} + 1$ ）。規則のほかに初項 $a_{1}$ が必要

初項と漸化式があれば、 $a_{2}$ 、 $a_{3}$ 、… が順に 1 つずつ決まる。隣り合う 2 項の関係を表すものを隣接二項間の漸化式という。

$a_{1} = 1$ 、 $a_{n + 1} = 2 a_{n} + 1$ で定まる数列の $a_{2}$ 、 $a_{3}$ 、 $a_{4}$ は？

$a_{2} = 3$ 、 $a_{3} = 7$ 、 $a_{4} = 15$

$n = 1$ を代入して $a_{2} = 2 a_{1} + 1$ 、 $n = 2$ を代入して $a_{3} = 2 a_{2} + 1$ 、と順に計算する。初めの何項かを書き出すと、一般項の見当がつく。

2. 等差型・等比型

根拠: 学習指導要領数学B-(1)-ア-(ウ)

$a_{n + 1} = a_{n} + d$ は「毎回 $d$ を足す」、 $a_{n + 1} = r a_{n}$ は「毎回 $r$ 倍する」という規則なので、それぞれ等差数列・等比数列になります。

$a_{1} = 3$ 、 $a_{n + 1} = a_{n} + 4$ で定まる数列の一般項は？

$a_{n} = 4 n - 1$

初項 3、公差 4 の等差数列なので $a_{n} = 3 + 4 (n - 1)$ 。

$a_{1} = 2$ 、 $a_{n + 1} = 3 a_{n}$ で定まる数列の一般項は？

$a_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1}$

初項 2、公比 3 の等比数列。 $3^{n}$ ではなく $3^{n - 1}$ になるのは、 $a_{1}$ には 1 回も 3 を掛けていないから。

3. 階差型

根拠: 学習指導要領数学B-(1)-ア-(ウ)

$a_{n + 1} - a_{n} = f (n)$ は、階差数列が $f (n)$ であることを表します。 $a_{1}$ に階差を $n - 1$ 個足せば $a_{n}$ になります。

$a_{n + 1} = a_{n} + f (n)$ の形の漸化式から一般項を求める式は？注意することは？

$n ≧ 2$ のとき $a_{n} = a_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} f (k)$ 。最後に $n = 1$ のときも成り立つかを確かめる

和が $k = 1$ から $n - 1$ までなので、 $n = 1$ では式が作れない。求めた式に $n = 1$ を代入して $a_{1}$ と一致すれば、まとめて書ける。

$a_{1} = 1$ 、 $a_{n + 1} = a_{n} + 2 n$ で定まる数列の一般項は？

$a_{n} = n^{2} - n + 1$

$n ≧ 2$ のとき $a_{n} = 1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} 2 k = 1 + (n - 1) n$ 。 $n = 1$ を代入すると 1 になり $a_{1}$ と一致するので、 $n = 1$ でも成り立つ。

4. $a_{n + 1} = p a_{n} + q$ の形

根拠: 学習指導要領数学B-(1)-ア-(ウ)

一次の形の隣接二項間の漸化式は、ある定数 $α$ を両辺から引くと、 $a_{n} - α$ が等比数列になります。その $α$ は、漸化式の $a_{n + 1}$ と $a_{n}$ をどちらも $α$ に置きかえた式から求めます。

$a_{n + 1} = p a_{n} + q$ （ $p \neq = 1$ ）の一般項を求める手順は？

$α = p α + q$ を満たす $α$ を求め、辺々引いて $a_{n + 1} - α = p (a_{n} - α)$ と変形する。 $a_{n} - α$ は初項 $a_{1} - α$ 、公比 $p$ の等比数列

よって $a_{n} - α = (a_{1} - α) p^{n - 1}$ 。 $α = p α + q$ を特性方程式ということがある。

特性方程式 $α = p α + q$ を引くと、なぜ $a_{n + 1} - α = p (a_{n} - α)$ になるのか？

$a_{n + 1} = p a_{n} + q$ から $α = p α + q$ を辺々引くと、 $q$ が消えて $a_{n + 1} - α = p (a_{n} - α)$ が残るから

$α$ は数列の項ではなく、 $q$ を消すために選んだ定数。 $p = 1$ のときは $α$ が決まらないが、そのときは等差型になる。

$a_{1} = 5$ 、 $a_{n + 1} = 2 a_{n} - 3$ で定まる数列の一般項は？

$a_{n} = 2^{n} + 3$

$α = 2 α - 3$ から $α = 3$ 。 $a_{n + 1} - 3 = 2 (a_{n} - 3)$ なので、 $a_{n} - 3$ は初項 $5 - 3 = 2$ 、公比 2 の等比数列。 $a_{n} - 3 = 2 \cdot 2^{n - 1}$ 。

$a_{1} = 1$ 、 $a_{n + 1} = 3 a_{n} + 2$ で定まる数列の一般項は？

$a_{n} = 2 \cdot 3^{n - 1} - 1$

$α = 3 α + 2$ から $α = - 1$ 。 $a_{n + 1} + 1 = 3 (a_{n} + 1)$ なので、 $a_{n} + 1$ は初項 $1 + 1 = 2$ 、公比 3 の等比数列。

$a_{n + 1} = p a_{n} + q$ を解くときに起きやすい誤りは？

$a_{n} - α$ の初項を $a_{1}$ のままにして、 $a_{n} - α = a_{1} p^{n - 1}$ としてしまうこと

等比数列になるのは $a_{n} - α$ なので、初項は $a_{1} - α$ 。答えを出したら $n = 1$ 、 $n = 2$ を代入して、漸化式から計算した $a_{1}$ 、 $a_{2}$ と一致するかを確かめる。

練習問題

根拠: 学習指導要領数学B-(1)-ア-(ウ)

問 1　 $a_{1} = 1$ 、 $a_{n + 1} = a_{n} + 3 n$ で定められる数列 ${a_{n}}$ の一般項を求めよ。

$a_{n} = \frac{3}{2} n^{2} - \frac{3}{2} n + 1$

方針　漸化式を $a_{n + 1} - a_{n} = 3 n$ と見ると、隣り合う項の差が $3 n$ 、つまり階差数列が $3 n$ だと分かる。だから一般項は「初項 + 階差の和（第 $n - 1$ 項まで）」で求まる。

$a_{n + 1} - a_{n} = 3 n$ なので、階差数列の第 $k$ 項は $3 k$
$n ≧ 2$ のとき、 $a_{n} = a_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} 3 k = 1 + 3 \sum_{k = 1}^{n - 1} k$
$\sum_{k = 1}^{n - 1} k$ は、公式の $n$ を $n - 1$ に置きかえて $\frac{1}{2} (n - 1) n$ 。よって $a_{n} = 1 + \frac{3 ( n - 1 ) n}{2}$
展開すると $\frac{3 ( n - 1 ) n}{2} = \frac{3 n ^{2} - 3 n}{2}$ なので、 $a_{n} = \frac{3}{2} n^{2} - \frac{3}{2} n + 1$
$n = 1$ を代入すると $\frac{3}{2} - \frac{3}{2} + 1 = 1$ で、 $a_{1}$ と一致する。よって $n = 1$ でも成り立つ。
確かめ: 漸化式から $a_{2}$ は $1 + 3 \times 1 = 4$ 。式に $n = 2$ を入れても $\frac{3}{2} \times 4 - \frac{3}{2} \times 2 + 1 = 4$ で合っている。

ここで間違えやすい　和の上の端を $n$ にしてしまうこと。 $a_{1}$ から $a_{n}$ までに足す階差は $n - 1$ 個。

問 2　 $a_{1} = 4$ 、 $a_{n + 1} = 4 a_{n} - 6$ で定められる数列 ${a_{n}}$ の一般項を求めよ。

$a_{n} = 2 \cdot 4^{n - 1} + 2$

方針　 $a_{n + 1} = p a_{n} + q$ の形。定数 $- 6$ があるので、そのままでは等比数列にならない。 $α = 4 α - 6$ を満たす $α$ を両辺から引いて、 $a_{n} - α$ を等比数列にする。

$α = 4 α - 6$ を解く。 $- 3 α = - 6$ なので、 $α = 2$
漸化式 $a_{n + 1} = 4 a_{n} - 6$ の両辺から 2 を引くと、 $a_{n + 1} - 2 = 4 a_{n} - 8$
右辺を 4 でくくると、 $a_{n + 1} - 2 = 4 (a_{n} - 2)$
これは「 $a_{n} - 2$ を 4 倍すると次の $a_{n + 1} - 2$ になる」という式なので、数列 ${a_{n} - 2}$ は公比 4 の等比数列。初項は $a_{1} - 2$ で、 $4 - 2 = 2$
よって $a_{n} - 2 = 2 \cdot 4^{n - 1}$
2 を移項して、 $a_{n} = 2 \cdot 4^{n - 1} + 2$
確かめ: $a_{2} = 4 \cdot 4 - 6 = 10$ で、式に $n = 2$ を代入しても $2 \cdot 4 + 2 = 10$ 。

ここで間違えやすい　等比数列の初項を $a_{1}$ の 4 のままにすること。等比数列になるのは $a_{n} - 2$ なので、初項は $4 - 2 = 2$ 。

問 3　 $a_{1} = 2$ 、 $a_{n + 1} = - 2 a_{n} + 3$ で定められる数列 ${a_{n}}$ の一般項を求めよ。

$a_{n} = (- 2)^{n - 1} + 1$

方針　 $a_{n + 1} = p a_{n} + q$ の形なので、 $α = - 2 α + 3$ を満たす $α$ を両辺から引いて、 $a_{n} - α$ を等比数列にする。

$α = - 2 α + 3$ を解く。 $3 α = 3$ なので、 $α = 1$
漸化式 $a_{n + 1} = - 2 a_{n} + 3$ の両辺から 1 を引くと、 $a_{n + 1} - 1 = - 2 a_{n} + 2$
右辺を $- 2$ でくくると、 $a_{n + 1} - 1 = - 2 (a_{n} - 1)$
数列 ${a_{n} - 1}$ は公比 $- 2$ の等比数列。初項は $a_{1} - 1$ で、 $2 - 1 = 1$
よって $a_{n} - 1 = 1 \cdot (- 2)^{n - 1}$ 、つまり $a_{n} - 1 = (- 2)^{n - 1}$
1 を移項して、 $a_{n} = (- 2)^{n - 1} + 1$
確かめ: 漸化式から $a_{2}$ は $- 2 \times 2 + 3 = - 1$ 、 $a_{3}$ は $- 2 \times (- 1) + 3 = 5$ 。式でも $(- 2)^{1} + 1 = - 1$ 、 $(- 2)^{2} + 1 = 5$ で合っている。公比が負なので $a_{n} - 1$ の符号が交互に変わり、この数列では $a_{n}$ の符号も交互に変わる（ $a_{2} = - 1$ 、 $a_{3} = 5$ ）。

ここで間違えやすい　 $(- 2)^{n - 1}$ のかっこを外して $- 2^{n - 1}$ と書くこと。別の数になる。

問 4　 $a_{1} = 0$ 、 $a_{n + 1} = \frac{1}{2} a_{n} + 1$ で定められる数列 ${a_{n}}$ の一般項を求めよ。

$a_{n} = 2 - 2 (\frac{1}{2})^{n - 1}$

方針　 $a_{n + 1} = p a_{n} + q$ の形なので、 $α = \frac{1}{2} α + 1$ を満たす $α$ を両辺から引いて、 $a_{n} - α$ を等比数列にする。

$α = \frac{1}{2} α + 1$ を解く。 $\frac{1}{2} α = 1$ なので、 $α = 2$
漸化式 $a_{n + 1} = \frac{1}{2} a_{n} + 1$ の両辺から 2 を引くと、 $a_{n + 1} - 2 = \frac{1}{2} a_{n} - 1$
右辺を $\frac{1}{2}$ でくくると、 $a_{n + 1} - 2 = \frac{1}{2} (a_{n} - 2)$
数列 ${a_{n} - 2}$ は公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列。初項は $a_{1} - 2$ で、 $0 - 2 = - 2$
よって $a_{n} - 2 = - 2 (\frac{1}{2})^{n - 1}$
2 を移項して、 $a_{n} = 2 - 2 (\frac{1}{2})^{n - 1}$
確かめ: 漸化式から $a_{2}$ は $\frac{1}{2} \times 0 + 1 = 1$ 。式に $n = 2$ を入れても $2 - 2 \times \frac{1}{2} = 1$ で合っている。
引いている $2 (\frac{1}{2})^{n - 1}$ は正で、 $n$ が大きくなるほど 0 に近づく。だから各項は 2 より小さく、 $n$ が大きくなるほど 2 に近づいていく。

問 5　 $a_{1} = 1$ 、 $a_{n + 1} = a_{n} + 3^{n}$ で定められる数列 ${a_{n}}$ の一般項を求めよ。

$a_{n} = \frac{3 ^{n} - 1}{2}$

方針　 $a_{n + 1} - a_{n} = 3^{n}$ なので階差型。一般項は「初項 + 階差の和（第 $n - 1$ 項まで）」で、階差が等比数列だから、その和に等比数列の和の公式を使う。

階差数列の第 $k$ 項は $3^{k}$ 。 $n ≧ 2$ のとき、 $a_{n} = 1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} 3^{k}$
$\sum_{k = 1}^{n - 1} 3^{k} = 3 + 3^{2} + \dots + 3^{n - 1}$ は、初項 3（ $k = 1$ を代入）、公比 3、項数 $n - 1$ の等比数列の和。
和の公式に入れると、 $\frac{3 ( 3 ^{n - 1} - 1 )}{3 - 1} = \frac{3 \cdot 3 ^{n - 1} - 3}{2} = \frac{3 ^{n} - 3}{2}$
よって $a_{n} = 1 + \frac{3 ^{n} - 3}{2} = \frac{2 + 3 ^{n} - 3}{2} = \frac{3 ^{n} - 1}{2}$
$n = 1$ を代入すると $\frac{3 - 1}{2} = 1$ で、 $a_{1}$ と一致する。よって $n = 1$ でも成り立つ。
確かめ: 漸化式から $a_{2}$ は $1 + 3^{1} = 4$ 。式に $n = 2$ を入れても $\frac{9 - 1}{2} = 4$ で合っている。

ここで間違えやすい　和の初項を 1 としてしまうこと。指数が $k$ なので、 $k = 1$ を代入した 3 が初項になる。

漸化式

0. どういうまとまりか

1. 漸化式とは

2. 等差型・等比型

3. 階差型

4. an+1​=pan​+q の形

練習問題

4. $a_{n + 1} = p a_{n} + q$ の形