数学B / 漸化式と数学的帰納法

漸化式と数学的帰納法 ★★★ 応用の問題全8問

入試標準レベル。複数の考え方を組み合わせる

難易度: ★ 基礎·★★ 標準·★★★ 応用·★★★★ 難関·実戦編·最難関編

指数型(pとqが等しい・共鳴)
分数型(等差数列に帰着)
3項間漸化式
数学的帰納法(2次式の不等式)
数学的帰納法(整除・3次)
漸化式で定めた数列の和
階差型(部分分数の階差)
3項間漸化式(重解)

問1指数型(pとqが等しい・共鳴)

★★★ 応用漸化式指数型

問題

$a_{1} = 1$ 、 $a_{n + 1} = 2 a_{n} + 2^{n}$ で定まる数列 ${a_{n}}$ の一般項を求めよ。

ヒントを見る

右辺の $2^{n}$ の底が係数の $2$ と同じだ。普段の予想( $2$ 種類の累乗の組み合わせ)が崩れる特殊ケースである。両辺をあるもので割ると等差数列が現れる。何で割るか。

解答・解説

方針

$a_{n + 1} = p a_{n} + q^{n}$ で $p = q = 2$ の場合。 $a_{n} = A \cdot 2^{n} + B \cdot 2^{n}$ の形はうまくいかない(重なる)。そこで両辺を $2^{n + 1}$ で割り、 $b_{n} = \frac{a _{n}}{2 ^{n}}$ とおくと等差数列になる。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $a_{n + 1} = 2 a_{n} + 2^{n}$ を見る。係数の $2$ と、右辺 $2^{n}$ の底がぴたり同じだ。

ふつうの指数型なら $A \cdot 2^{n} + B \cdot q^{n}$ と $2$ 種類の累乗で書ける。だが底が一致すると、この $2$ 項が重なって役に立たない。そこで両辺を $2^{n + 1}$ で割り、 $b_{n} = \frac{a _{n}}{2 ^{n}}$ とおく。すると等差数列が現れる。

「底が重なる共鳴では、割って等差に落とす」。これがこの型の解き方だ。

重要

a_{n + 1} = p a_{n} + p^{n}

(係数と底が同じ)は、両辺を

p^{n + 1}

で割って

b_{n} = \frac{a _{n}}{p ^{n}}

とおくと等差数列

① 両辺を $2^{n + 1}$ で割る。

$\frac{a _{n + 1}}{2 ^{n + 1}} = \frac{2 a _{n} + 2 ^{n}}{2 ^{n + 1}} = \frac{a _{n}}{2 ^{n}} + \frac{1}{2}$

② 置きかえる。 $b_{n} = \frac{a _{n}}{2 ^{n}}$ とおくと

$b_{n + 1} = b_{n} + \frac{1}{2}$

公差 $\frac{1}{2}$ の等差数列。初項 $b_{1} = \frac{a _{1}}{2} = \frac{1}{2}$ 。

③ $b_{n}$ を求める。

$b_{n} = \frac{1}{2} + (n - 1) \cdot \frac{1}{2} = \frac{n}{2}$

④ $a_{n}$ に戻す。 $a_{n} = b_{n} \cdot 2^{n}$ 。

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

まとめ: $p a_{n} + q^{n}$ で $p = q$ のときは「特殊解の形が等比部分と重なる(共鳴)」ので、 $A p^{n} + B q^{n}$ が使えない。両辺を $p^{n + 1}$ で割って $\frac{a _{n}}{p ^{n}}$ を等差数列にするのが正しい一手だ。

発展。 もし右辺が $2^{n}$ でなく $3^{n}$ だったら、答えは $3^{n} - 2^{n}$ のように $2$ つの底の累乗の差になる。底が違えば重ならず、 $n$ 倍の項は現れない。

ところが底 $3$ を $2$ に近づけると、 $\frac{q ^{n} - 2 ^{n}}{q - 2}$ の値が $n \cdot 2^{n - 1}$ に近づく。これは $x^{n}$ の微分 $n x^{n - 1}$ を $x = 2$ で見たものにほかならない。つまり共鳴で現れる $n$ 倍は、 $2$ つの近い底が融合して微分になる現象だ。離散の漸化式にも、極限と微分の考え方が現れている。

答

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

別解

別解:展開して積み上げる(仕組みが見えるルート)。 割り算の変形を使わず、漸化式を繰り返し当てはめて $a_{n}$ を組み立てる。

$a_{n + 1} = 2 a_{n} + 2^{n}$ で追加される $2^{n}$ は、その後のステップで毎回 $2$ 倍される。だから最終的に $a_{n}$ へ与える寄与は、いつ加わったかによらず必ず $2^{n - 1}$ になる。実際に $a_{1}$ から展開すると

$a_{n} = 2^{n - 1} a_{1} + k = 1 \sum n - 1 2^{n - 1 - k} \cdot 2^{k} = 2^{n - 1} + k = 1 \sum n - 1 2^{n - 1} .$

初項からの寄与 $2^{n - 1}$ が $1$ つ、各ステップからの寄与 $2^{n - 1}$ が $n - 1$ 個。合わせて $2^{n - 1}$ がちょうど $n$ 個だ。

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

本解と同じ答え。 $n$ 倍は「同じ大きさ $2^{n - 1}$ の寄与が $n$ 個そろう」ことから生まれる、と見えるのがこのルートの良さだ。

ポイント

係数と底が同じ( $p = q$ )ときは $A p^{n} + B q^{n}$ が使えない。
$p^{n + 1}$ で割って $\frac{a _{n}}{p ^{n}}$ を等差数列に。

よくある間違い

係数と底が同じ $p = q$ に気づかず、 $A \cdot 2^{n} + B \cdot 2^{n}$ とおいて $2$ 項が重なり係数が定まらない袋小路に入る。
両辺を $2^{n + 1}$ でなく $2^{n}$ で割り、左辺 $\frac{a _{n + 1}}{2 ^{n}}$ を $b_{n + 1}$ と取り違えて、等差でない式にしてしまう。
$b_{n} = \frac{n}{2}$ まで求めて満足し、 $a_{n} = b_{n} \cdot 2^{n}$ に戻すのを忘れる。

問2分数型(等差数列に帰着)

★★★ 応用漸化式分数型

問題

$a_{1} = 1$ 、 $a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{2 a _{n} + 1}$ で定まる数列 ${a_{n}}$ の一般項を求めよ。

ヒントを見る

逆数をとる型。今回は逆数の数列が、いつもの『定数を引いて等比化』よりさらに単純な型になる。変形して確かめよう。

解答・解説

方針

逆数 $b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$ をとる。 $\frac{1}{a _{n + 1}} = \frac{2 a _{n} + 1}{a _{n}} = 2 + \frac{1}{a _{n}}$ となり、 $b_{n}$ は公差 $2$ の等差数列になる。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $a_{n + 1} = \frac{a _{n}}{2 a _{n} + 1}$ は、分子にも分母にも $a_{n}$ がいて、そのままでは動かしにくい。

分数型の漸化式は、逆数をとると急に見通しがよくなることが多い。まず $\frac{1}{a _{n + 1}}$ を作ってみる。計算すると $\frac{2 a _{n} + 1}{a _{n}} = 2 + \frac{1}{a _{n}}$ 。 $\frac{1}{a _{n}}$ で考えると、これはただの等差数列だ。

そこで $b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$ とおいて解き、最後に逆数を戻す。

重要分数型は逆数

b_{n} = \frac{1}{a _{n}}

。今回は

b_{n}

が等差数列になる

① 両辺の逆数をとる。

$\frac{1}{a _{n + 1}} = \frac{2 a _{n} + 1}{a _{n}} = 2 + \frac{1}{a _{n}}$

② 置きかえる。 $b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$ とおくと

$b_{n + 1} = b_{n} + 2$

公差 $2$ の等差数列。初項 $b_{1} = \frac{1}{a _{1}} = 1$ 。

③ $b_{n}$ を求める。

$b_{n} = 1 + (n - 1) \times 2 = 2 n - 1$

④ $a_{n}$ に戻す。

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

まとめ:分数型は逆数変換。 $b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$ が今回は等差数列(公差 $2$ )になった。分母が $2 a_{n} + 1$ のように「 $a_{n}$ の係数 + 定数」の形だと、逆数で $2 + \frac{1}{a _{n}}$ ときれいに分かれる。

発展。 逆数がきれいに等差になったのは偶然ではない。この漸化式は連続量の微分方程式 $a^{'} = - 2 a^{2}$ とそっくりの形をしている。

その微分方程式を解くと $a = \frac{1}{2 t + C}$ 。逆数 $\frac{1}{a} = 2 t + C$ は $1$ 次式、つまり傾き一定でまっすぐ増える。 $\frac{1}{a _{n}} = 2 n - 1$ が公差 $2$ の等差なのは、この「傾き $2$ で増える」の離散版だ。

実際 $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{a _{n}}{2 a _{n} + 1} - a_{n} = \frac{- 2 a _{n}^{2}}{2 a _{n} + 1}$ で、 $a_{n}$ が小さいほど $- 2 a_{n}^{2}$ に近い。漸化式は微分方程式を $1$ 歩ずつ刻んだもの、と見ると増え方の理由が分かる。

答

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

別解

別解:数学的帰納法で証明として仕上げる(得意な人向けの証明ルート)。 逆数の変形という式変形の道具を使わず、証明の枠組みそのもので一般項を確定させる。

候補の式は $a_{n} = \frac{1}{2 n - 1}$ ( $a_{1} = 1$ がこの形に合う)。これがすべての $n$ で成り立つことを、帰納法で示す。 $n = 1$ は上の通り成り立つ。 $n = k$ で $a_{k} = \frac{1}{2 k - 1}$ を仮定し、 $n = k + 1$ を計算する。

$a_{k + 1} = \frac{a _{k}}{2 a _{k} + 1} = \frac{\frac{1}{2 k - 1}}{\frac{2}{2 k - 1} + 1} = \frac{\frac{1}{2 k - 1}}{\frac{2 k + 1}{2 k - 1}} = \frac{1}{2 k + 1} = \frac{1}{2 ( k + 1 ) - 1} .$

これは予想の $n = k + 1$ の形そのもの。よってすべての $n$ で $a_{n} = \frac{1}{2 n - 1}$ が成り立つ。本解と同じ答え。逆数変換を使わず、予想と帰納法だけでも同じ結論にたどり着ける。

ポイント

逆数 $b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$ で変換。
今回は $b_{n}$ が公差 $2$ の等差数列。

よくある間違い

逆数をとるとき $\frac{2 a _{n} + 1}{a _{n}}$ を $2 + \frac{1}{a _{n}}$ と分けられず、逆数の漸化式を作り損ねる。
$b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$ の漸化式を等比と早合点し、公差 $2$ の等差であることを見落とす。
$b_{n} = 2 n - 1$ まで求めて安心し、最後に $a_{n} = \frac{1}{b _{n}}$ と逆数へ戻すのを忘れる。

問33項間漸化式

★★★ 応用漸化式3項間

問題

$a_{1} = 0$ 、 $a_{2} = 1$ 、 $a_{n + 2} = 5 a_{n + 1} - 6 a_{n}$ で定まる数列 ${a_{n}}$ の一般項を求めよ。

ヒントを見る

$3$ 項間の型。『 $a_{n + 1} - α a_{n}$ が等比数列』の形を $2$ 通り作れれば、 $2$ 式の引き算で $a_{n}$ だけを残せる。 $α$ の候補は $2$ 次方程式から出てくる。

解答・解説

方針

$3$ 項間漸化式は特性方程式 $x^{2} = 5 x - 6$ の $2$ 解 $α, β$ を使う。 ${a_{n + 1} - α a_{n}}$ と ${a_{n + 1} - β a_{n}}$ がそれぞれ等比数列になり、 $2$ 式から $a_{n}$ を求める。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $3$ 項間漸化式は、うまい $α$ を選ぶと $a_{n + 1} - α a_{n}$ が等比数列になる。

その $α$ を求めるのが特性方程式 $x^{2} = 5 x - 6$ 。これを解いて $2$ つの解を取り出す。解が $2$ つ出れば、 ${a_{n + 1} - 2 a_{n}}$ と ${a_{n + 1} - 3 a_{n}}$ という別々の等比数列が $2$ 本できる。

その $2$ 本を引き算すると $a_{n + 1}$ が消え、 $a_{n}$ だけが残る。ここまで見通すのが第一歩だ。

重要

3

項間

a_{n + 2} = p a_{n + 1} + q a_{n}

は、特性方程式

x^{2} = p x + q

の

2

解

α, β

を使う

① 特性方程式を解く。 $x^{2} = 5 x - 6$ より $x^{2} - 5 x + 6 = (x - 2) (x - 3) = 0$ 、 $x = 2, 3$ 。

② $2$ つの等比数列を作る。 一般に $a_{n + 2} - α a_{n + 1} = β (a_{n + 1} - α a_{n})$ となる。

$α = 2$ で: $a_{n + 1} - 2 a_{n}$ は公比 $3$ 。初項 $a_{2} - 2 a_{1} = 1$ 。よって $a_{n + 1} - 2 a_{n} = 3^{n - 1}$ 。
$α = 3$ で: $a_{n + 1} - 3 a_{n}$ は公比 $2$ 。初項 $a_{2} - 3 a_{1} = 1$ 。よって $a_{n + 1} - 3 a_{n} = 2^{n - 1}$ 。

③ $2$ 式を引いて $a_{n}$ を出す。 上の式から下の式を引く。

$(a_{n + 1} - 2 a_{n}) - (a_{n + 1} - 3 a_{n}) = 3^{n - 1} - 2^{n - 1}$

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

まとめ: $3$ 項間漸化式は「特性方程式の $2$ 解で、 $2$ 本の等比数列を作る」。 $a_{n + 1} - α a_{n}$ の公比はもう一方の解 $β$ 。 $2$ 本の式を引くと $a_{n + 1}$ が消えて $a_{n}$ が出る。

発展。 得られた $a_{n} = 3^{n - 1} - 2^{n - 1}$ を見ると、 $2$ つの累乗のうち大きい底 $3$ の側が大部分を占める。

$a_{n} = 3^{n - 1} (1 - (\frac{2}{3})^{n - 1})$ と書けば、 $n$ が大きいほど $(\frac{2}{3})^{n - 1}$ は $0$ に近づく。だから $a_{n}$ はほぼ $3^{n - 1}$ で、隣どうしの比 $\frac{a _{n + 1}}{a _{n}}$ は $3$ に近づく。

一般に $3$ 項間漸化式では、特性方程式の解のうち絶対値が大きいほうが長期のふるまいを支配する。 $2$ 解のうち大きい根を見れば、増え方の速さがわかる。

答

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

別解

別解:一般項の形を先においてしまう(得意な人向けの視点)。 特性方程式の $2$ 解を、そのまま一般項の累乗の底として使う手もある。

解 $x = 2, 3$ より、一般項は $a_{n} = A \cdot 2^{n - 1} + B \cdot 3^{n - 1}$ の形と決め打ちする。この形なら、どんな $A, B$ でも漸化式 $a_{n + 2} = 5 a_{n + 1} - 6 a_{n}$ を満たす。あとは初項の条件で $A, B$ を決めるだけ。 $a_{1} = 0$ 、 $a_{2} = 1$ より

$A + B = 0, 2 A + 3 B = 1.$

$2$ 式を解くと $B = 1$ 、 $A = - 1$ 。よって

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

本解と同じ答え。 $2$ 本の等比を作って引く本解に対し、こちらは答えの形を先に置いて係数だけ合わせる、という逆向きの発想だ。

ポイント

特性方程式 $x^{2} = p x + q$ の $2$ 解 $α, β$ 。
$a_{n + 1} - α a_{n}$ は公比 $β$ の等比。 $2$ 式を引いて $a_{n}$ 。

よくある間違い

特性方程式を $x^{2} - 5 x - 6 = 0$ と定数項の符号を誤り、解 $2, 3$ を取り違える。
$a_{n + 1} - 2 a_{n}$ の公比を $2$ と思い込む(正しくはもう一方の解 $3$ が公比)。
$2$ 本の等比の式を引くべきところを足してしまい、 $a_{n + 1}$ が消えず $a_{n}$ を取り出せない。

問4数学的帰納法(2次式の不等式)

★★★ 応用数学的帰納法不等式

問題

$n ≧ 5$ を満たすすべての自然数 $n$ について、 $2^{n} > n^{2}$ が成り立つことを数学的帰納法で証明せよ。

ヒントを見る

仮定の両辺を $2$ 倍したものと、目標の $(k + 1)^{2}$ との差を評価する。 $k$ がじゅうぶん大きいことをどこで使うか。そこがこの証明の要点だ。

解答・解説

方針

(I) $n = 5$ で確認( $32 > 25$ )。(II) $n = k$ ( $k ≧ 5$ )を仮定し、 $2^{k + 1} = 2 \cdot 2^{k} > 2 k^{2}$ とする。あとは $2 k^{2} ≧ (k + 1)^{2}$ が $k ≧ 5$ で成り立つことを示せばよい。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「 $n ≧ 5$ のすべてで $2^{n} > n^{2}$ 」という主張は、数学的帰納法で示す。

決め手は $n = k$ の仮定 $2^{k} > k^{2}$ を、 $n = k + 1$ の $2^{k + 1} > (k + 1)^{2}$ へどうつなぐかだ。 $2^{k + 1} = 2 \cdot 2^{k}$ に仮定を使えば、 $2^{k + 1} > 2 k^{2}$ まで進める。あとは $2 k^{2} ≧ (k + 1)^{2}$ が言えれば、間にはさんで目標に届く。だから「 $2 k^{2}$ と $(k + 1)^{2}$ の大小」という補助の不等式を、先に用意しておく。

定理不等式の帰納法。仮定を使って評価を下げ、条件で最後を押し切る

(I) $n = 5$ のとき。 $2^{5} = 32$ 、 $5^{2} = 25$ 。 $32 > 25$ で成り立つ。

(II) $n = k$ ( $k ≧ 5$ )を仮定する。 $2^{k} > k^{2}$ とする。 $n = k + 1$ を調べる。

$2^{k + 1} = 2 \cdot 2^{k} > 2 k^{2}$

(仮定 $2^{k} > k^{2}$ を使った。)目標は $2^{k + 1} > (k + 1)^{2}$ 。そこで $2 k^{2}$ と $(k + 1)^{2}$ を比べる。

$2 k^{2} - (k + 1)^{2} = 2 k^{2} - k^{2} - 2 k - 1 = k^{2} - 2 k - 1 = (k - 1)^{2} - 2$

$k ≧ 5$ では $(k - 1)^{2} ≧ 16 > 2$ なので、この差は正。よって $2 k^{2} > (k + 1)^{2}$ 。したがって

$2^{k + 1} > 2 k^{2} > (k + 1)^{2}$

となり、 $n = k + 1$ でも成り立つ。

結論。 (I)(II) より、 $n ≧ 5$ のすべての自然数で $2^{n} > n^{2}$ 。

まとめ: $2^{k + 1} > 2 k^{2}$ まで仮定で下げ、そこから $2 k^{2} > (k + 1)^{2}$ を条件 $k ≧ 5$ で示す $2$ 段構え。 $2 k^{2} - (k + 1)^{2}$ を計算して正だと言い切るのがヤマだ。

発展。 不等式の境目を調べるには、方程式 $2^{x} = x^{2}$ を実数の範囲で解いてみるとよい。正の側では $x = 2$ で $4 = 4$ 、 $x = 4$ で $16 = 16$ と、 $2$ 度ぴたり並ぶ。

この $2$ つの交点を過ぎた $x > 4$ で、指数 $2^{x}$ がずっと上回る。整数条件が $n ≧ 5$ になっているのは、最後の交点 $x = 4$ の先だからだ。

じつは負の側にも解が $1$ つ隠れている。 $x < 0$ では $x^{2}$ が正、 $2^{x}$ も $0$ と $1$ の間の正で、 $x \approx - 0.77$ あたりで一致する。合わせて $2^{x} = x^{2}$ の実数解は $3$ つ。指数と多項式のどちらが大きいかは、この交点の配置で決まっている。

答

n=5 で成立、n=k(≧5) を仮定して n=k+1 でも成立

別解

別解:二項定理で $2^{n}$ を下から押さえる(得意な人向けの視点)。 帰納法を使わず、 $2^{n}$ の大きさを二項定理で見積もる。

$2^{n} = (1 + 1)^{n} = k = 0 \sum n (k n)$ で、各項は正だ。だから最初の $4$ 項だけ残しても下回らない( $n ≧ 3$ なら $4$ 項ある)。

$2^{n} ≧ (0 n) + (1 n) + (2 n) + (3 n) = 1 + n + \frac{n ( n - 1 )}{2} + \frac{n ( n - 1 ) ( n - 2 )}{6} = \frac{n ^{3} + 5 n + 6}{6} .$

あとは $\frac{n ^{3} + 5 n + 6}{6} > n^{2}$ 、すなわち $n^{3} - 6 n^{2} + 5 n + 6 > 0$ を示せばよい。 $n = 5$ で左辺は $6 > 0$ 、その先は $3$ 次の項が大きくなって増え続けるので、 $n ≧ 5$ で成り立つ。よって $2^{n} ≧ \frac{n ^{3} + 5 n + 6}{6} > n^{2}$ 。本解の帰納法と同じ結論に、 $2^{n}$ が大きくなる仕組みから直接たどり着く。

ポイント

$2^{k + 1} = 2 \cdot 2^{k} > 2 k^{2}$ (仮定を使う)。
$2 k^{2} - (k + 1)^{2} > 0$ を $k ≧ 5$ で示す。

よくある間違い

$2^{k + 1}$ を $2 \cdot 2^{k}$ と分けず、仮定 $2^{k} > k^{2}$ の使いどころを失う。
$2 k^{2} - (k + 1)^{2} = (k - 1)^{2} - 2$ の符号を確かめず、 $2 k^{2} > (k + 1)^{2}$ を無条件に正しいと思い込む( $k = 1$ では成り立たない)。
出発点 $n = 5$ の確認を飛ばし、 $n = 3$ で $8 < 9$ 、 $n = 4$ で $16 = 16$ と成り立たないことに気づかない。

問5数学的帰納法(整除・3次)

★★★ 応用数学的帰納法整数

問題

すべての自然数 $n$ について、 $n^{3} + 5 n$ は $6$ の倍数であることを数学的帰納法で証明せよ。

ヒントを見る

$n = k + 1$ の式と $n = k$ の式の『差』を計算してみると、連続する $2$ 整数の積が現れる。その積がもつ性質(偶奇)に気づけるか。

解答・解説

方針

(I) $n = 1$ で確認。(II) $n = k$ を仮定し、 $(k + 1)^{3} + 5 (k + 1)$ と $k^{3} + 5 k$ の差を計算する。差が $6$ の倍数なら、仮定と合わせて $n = k + 1$ も $6$ の倍数。差に現れる $k (k + 1)$ (連続 $2$ 整数の積)が偶数であることを使う。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「すべての自然数 $n$ で $n^{3} + 5 n$ が $6$ の倍数」を帰納法で示す。

倍数の帰納法では、 $n = k + 1$ の式と $n = k$ の式の「差」を作るのが基本だ。 $(k + 1)^{3} + 5 (k + 1)$ から $k^{3} + 5 k$ を引くと、うまく整理できる形が出るはずだ。その差が $6$ の倍数なら、仮定「 $k$ の式が $6$ の倍数」に足して、 $k + 1$ の式も $6$ の倍数になる。

定理整除の帰納法。

n = k + 1

と

n = k

の差が

6

の倍数であることを示す

(I) $n = 1$ のとき。 $1^{3} + 5 \cdot 1 = 6$ で、 $6$ の倍数。成り立つ。

(II) $n = k$ を仮定する。 $k^{3} + 5 k$ が $6$ の倍数とする。 $n = k + 1$ との差を計算する。

${(k + 1)^{3} + 5 (k + 1)} - (k^{3} + 5 k)$

$(k + 1)^{3} = k^{3} + 3 k^{2} + 3 k + 1$ なので

$= 3 k^{2} + 3 k + 1 + 5 = 3 k^{2} + 3 k + 6 = 3 k (k + 1) + 6$

この差が $6$ の倍数であることを示す。 $k (k + 1)$ は連続 $2$ 整数の積なので必ず偶数( $= 2 l$ とおける)。よって $3 k (k + 1) = 6 l$ は $6$ の倍数。 $+ 6$ も $6$ の倍数。したがって差は $6$ の倍数。

結論。 $n = k$ の $k^{3} + 5 k$ ( $6$ の倍数)に、 $6$ の倍数の差を足したものが $(k + 1)^{3} + 5 (k + 1)$ 。 $6$ の倍数 + $6$ の倍数 = $6$ の倍数なので、 $n = k + 1$ でも $6$ の倍数。

(I)(II) より、すべての自然数 $n$ で $n^{3} + 5 n$ は $6$ の倍数。

まとめ:整除の帰納法は「隣どうしの差が $6$ の倍数」を示すと速い。差 $3 k (k + 1) + 6$ に現れる $k (k + 1)$ が連続 $2$ 整数で偶数だから、 $3 \times (偶数) = 6$ の倍数、という論法が決め手だ。

発展。 なぜ係数が $5$ だとうまくいくのか。 $n^{3} + c n$ が「すべての $n$ で $6$ の倍数」になる $c$ を調べてみる。

$n^{3} + c n = (n^{3} - n) + (c + 1) n$ と分ける。 $n^{3} - n = n (n - 1) (n + 1)$ は連続 $3$ 整数の積で、いつでも $6$ の倍数だ。だから残る $(c + 1) n$ が全ての $n$ で $6$ の倍数であればよい。

$n = 1$ を考えると $c + 1$ が $6$ の倍数、すなわち $c \equiv 5 (mod 6)$ が条件になる。 $c = 5, 11, 17, \dots$ が該当する。 $c = 2$ だと $(c + 1) n = 3 n$ で $3$ の倍数どまり( $n = 1$ で $3$ )。 $5$ という係数は $6$ の倍数を保つ特別な値である。

答

n=1 で 6 の倍数、n=k を仮定して差 3k²+3k+6=3k(k+1)+6 が 6 の倍数と示す

別解

別解: $6 = 2 \times 3$ に分けて別々に示す(得意な人向けの視点)。 $6$ の倍数であることは、「 $2$ の倍数」かつ「 $3$ の倍数」と言い換えられる( $2$ と $3$ は互いに素)。そこで偶数であることと $3$ の倍数であることを別々に確かめる。

まず偶数か。 $n^{3} + 5 n = n (n^{2} + 5)$ と因数分解する。 $n$ が偶数ならこの積は偶数。 $n$ が奇数なら $n^{2}$ も奇数で $n^{2} + 5$ が偶数だから、やはり積は偶数。どちらでも $2$ の倍数だ。

次に $3$ の倍数か。 $n$ を $3$ で割った余りで分ける。余りが $0$ なら $n^{3} + 5 n$ も $3$ の倍数。余りが $1$ なら $1^{3} + 5 \cdot 1 = 6$ で $3$ の倍数。余りが $2$ なら $2^{3} + 5 \cdot 2 = 18$ で $3$ の倍数。どの余りでも $3$ の倍数だ。

$2$ の倍数かつ $3$ の倍数だから $6$ の倍数。本解の帰納法と同じ結論に、 $6$ を素因数に割ってたどり着く。

ポイント

隣の差 $3 k (k + 1) + 6$ を計算。
$k (k + 1)$ は偶数 → $3 k (k + 1)$ は $6$ の倍数。

よくある間違い

$(k + 1)^{3}$ の展開 $k^{3} + 3 k^{2} + 3 k + 1$ を誤り、差 $3 k (k + 1) + 6$ を出せない。
差 $3 k (k + 1)$ が $6$ の倍数である理由を「 $k (k + 1)$ が連続 $2$ 整数で偶数」と言えず、 $3$ の倍数どまりで済ませてしまう。
差が $6$ の倍数と示しただけで終え、仮定( $k$ の式が $6$ の倍数)に足して $k + 1$ でも成り立つ、という締めを書かない。

問6漸化式で定めた数列の和

★★★ 応用漸化式和

問題

$a_{1} = 1$ 、 $a_{n + 1} = 2 a_{n} + 1$ で定まる数列 ${a_{n}}$ について、初項から第 $n$ 項までの和 $T_{n} = k = 1 \sum n a_{k}$ を求めよ。

ヒントを見る

まず漸化式を解いて一般項を出す(見たことのある型のはず)。和は指数の項と定数の項に分けてそれぞれ計算する。

解答・解説

方針

まず漸化式を解いて一般項 $a_{n}$ を求める(特性方程式型)。次に $Σ$ をとる。 $a_{n}$ は「等比 + 定数」の形なので、等比数列の和と定数の和に分けて計算する。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 和 $T_{n}$ をいきなり求めようとしても、 $a_{n}$ の形がわからないと手が出ない。

だからまず漸化式を解いて一般項 $a_{n}$ を出す。これは定数を足して等比にする、見慣れた型だ。出てくる $a_{n}$ は「等比 + 定数」の形。和もその形に沿って、等比の和と定数の和に分けて計算できる。

「漸化式を解く、それから $Σ$ をとる」の $2$ 段階で進める。

重要まず漸化式で一般項を出し、それから

Σ

をとる

① 一般項を求める。 特性方程式 $α = 2 α + 1$ より $α = - 1$ 。 $a_{n + 1} + 1 = 2 (a_{n} + 1)$ 、初項 $a_{1} + 1 = 2$ 。

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

② 和をとる。 $a_{n} = 2^{n} - 1$ を「等比 $2^{n}$ 」と「定数 $- 1$ 」に分ける。

$T_{n} = k = 1 \sum n (2^{k} - 1) = k = 1 \sum n 2^{k} - k = 1 \sum n 1$

③ 各和を計算する。 $k = 1 \sum n 2^{k} = 2^{n + 1} - 2$ (初項 $2$ 、公比 $2$ の和)、 $k = 1 \sum n 1 = n$ 。

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

まとめ:漸化式で定めた数列の和は「一般項を出してから $Σ$ 」の $2$ 段階。一般項が「等比 + 定数」なら、和も等比の和と定数の和に分けて計算する。 $\sum 2^{k} = 2^{n + 1} - 2$ を正確に。

発展。 一般項では $a_{n} + 1 = 2^{n}$ と、 $1$ を足すだけで純粋な $2$ の累乗が現れた。じつは和でも似たことが起きている。

答え $T_{n} = 2^{n + 1} - n - 2$ を移項すると $T_{n} + (n + 2) = 2^{n + 1}$ 。今度は $1$ 次式 $n + 2$ を足すと、純粋な $2$ の累乗になる。

一般に、漸化式を $Σ$ でならしても「等比 + 多項式」の形から出ない。ただし多項式の次数は $1$ つ上がる。一般項では定数の補正、和では $1$ 次式の補正で $2$ の累乗が現れるのは、その次数上がりの現れだ。

答

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

別解

別解:漸化式そのものを足し上げる(得意な人向けの視点)。 一般項を等比と定数に分けて足すかわりに、漸化式を $n$ 個ぶん足してしまう。

$a_{k + 1} = 2 a_{k} + 1$ を $k = 1$ から $n$ まで加える。左辺は $k = 1 \sum n a_{k + 1} = a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n + 1} = (T_{n} - a_{1}) + a_{n + 1}$ 。右辺は $2 T_{n} + n$ 。等しいとおくと

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

$a_{1} = 1$ を入れて整理すると

$T_{n} = a_{n + 1} - n - 1.$

和が「次の項 $a_{n + 1}$ から $1$ 次式を引いたもの」で表せた。あとは $a_{n + 1} = 2^{n + 1} - 1$ を入れて $T_{n} = 2^{n + 1} - n - 2$ 。本解と同じ答え。一般項を足すのでなく、漸化式を足して和と次の項を結びつけたのがこのルートだ。

ポイント

先に一般項 $a_{n} = 2^{n} - 1$ を求める。
「等比 + 定数」に分けて $Σ$ 。

よくある間違い

一般項 $a_{n}$ を求めずに和へ飛びつき、 $\sum a_{k}$ の計算方針が立たない。
$k = 1 \sum n 2^{k}$ を $2^{n} - 1$ と取り違え、初項が $2$ で和が $2^{n + 1} - 2$ になることを見落とす。
$a_{n} = 2^{n} - 1$ の定数部分の和 $\sum_{k = 1}^{n} (- 1) = - n$ を落とし、 $T_{n} = 2^{n + 1} - 2$ で止めてしまう。

問7階差型(部分分数の階差)

★★★ 応用漸化式階差数列部分分数

問題

$a_{1} = 2$ 、 $a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{n ( n + 1 )}$ で定まる数列 ${a_{n}}$ の一般項を求めよ。

ヒントを見る

階差の型だが、階差が分数。積み上げの和で部分分数の打ち消し合いが起きる。階差型と部分分数、 $2$ つの道具の合わせ技だ。

解答・解説

方針

階差が $\frac{1}{n ( n + 1 )}$ 。 $n ≧ 2$ で $a_{n} = a_{1} + k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k ( k + 1 )}$ 。この和は部分分数分解で途中の項を消し、簡単な式になる。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{n ( n + 1 )}$ だから、これは階差が分数で与えられた型だ。

階差型は、初項に階差を次々足していけば一般項が出る。 $a_{n} = a_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k ( k + 1 )}$ の形になる。問題はこの和。 $\frac{1}{k ( k + 1 )}$ は部分分数に分けると、隣どうしが打ち消し合う望遠鏡の形だ。

「階差型の復元」と「部分分数の望遠鏡和」、 $2$ つの道具を続けて使うと見通せる。

重要階差型 + 部分分数:階差の和を望遠鏡和で求める

① 階差を確かめる。 $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{n ( n + 1 )}$ 。

② 和で一般項を出す( $n ≧ 2$ )。

$a_{n} = 2 + k = 1 \sum n - 1 \frac{1}{k ( k + 1 )}$

③ 部分分数で和を計算する。 $\frac{1}{k ( k + 1 )} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}$ 。望遠鏡和で

$k = 1 \sum n - 1 (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}) = 1 - \frac{1}{n}$

よって

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

④ $n = 1$ を確認する。 $a_{1} = 3 - 1 = 2$ で一致。

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

まとめ:階差が分数のときは、階差の和を部分分数の望遠鏡和で求める。「漸化式 → 階差の和 → 部分分数」と道具が連鎖する。 $n \to \infty$ で $a_{n}$ は $3$ に近づく(収束する)。

発展。 望遠鏡和がうまくいくのは、 $\frac{1}{k ( k + 1 )}$ が $- \frac{1}{k}$ の「差分」だからだ。 $g (k) = - \frac{1}{k}$ とおくと $g (k + 1) - g (k) = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} = \frac{1}{k ( k + 1 )}$ となる。

差分を足し合わせると両端だけが残る。これは連続量で「微分したものを積分すると元に戻る」のと同じ仕組みで、和の基本定理と呼べる。 $- \frac{1}{k}$ は $\frac{1}{k ( k + 1 )}$ の離散版の原始関数にあたる。

$n$ を限りなく大きくすると $a_{n} = 3 - \frac{1}{n}$ は $3$ に近づく。これは $\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k ( k + 1 )} = 1$ が収束し、初項 $2$ に足されて $3$ になる、ということでもある。

答

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

別解

別解:変わらない量を見つける(得意な人向けの視点)。 和を計算せずとも、 $n$ が進んでも変わらない量に気づけばすぐに分かる。

部分分数で $\frac{1}{n ( n + 1 )} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}$ 。これを漸化式に入れると

$a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} .$

右辺の $\frac{1}{n}$ を左へ移すと $a_{n + 1} + \frac{1}{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{n}$ 。つまり $a_{n} + \frac{1}{n}$ は $n$ によらず一定だ。その値は初項で決まり、 $a_{1} + \frac{1}{1} = 2 + 1 = 3$ 。よって $a_{n} + \frac{1}{n} = 3$ 、すなわち

$a_{n} = 3 - \frac{1}{n} .$

本解と同じ答え。和を足し上げるかわりに、 $a_{n} + \frac{1}{n}$ という保存量をつかまえたのがこのルートだ。

ポイント

階差型 $a_{n} = a_{1} + k = 1 \sum n - 1 f (k)$ 。
階差が分数なら部分分数で望遠鏡和にする。

よくある間違い

階差の復元で和の上端を $n$ とし(正しくは $n - 1$ )、 $a_{n} = a_{1} + \sum_{k = 1}^{n}$ とずらす。
部分分数 $\frac{1}{k ( k + 1 )} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}$ の符号や分母を誤り、望遠鏡の相殺が起きない。
$n ≧ 2$ で導いた式が初項に合うか( $a_{1} = 3 - 1 = 2$ )を確かめず、 $n = 1$ の検算を飛ばす。

問83項間漸化式(重解)

★★★ 応用漸化式3項間

問題

$a_{1} = 1$ 、 $a_{2} = 4$ 、 $a_{n + 2} = 4 a_{n + 1} - 4 a_{n}$ で定まる数列 ${a_{n}}$ の一般項を求めよ。

ヒントを見る

$2$ 次方程式が重解になる特殊ケース。等比の式が $1$ 本しか作れないが、その式の両辺をあるもので割ると等差数列になる。底が重なる型と同じ発想が使える。

解答・解説

方針

特性方程式 $x^{2} = 4 x - 4$ が重解 $x = 2$ をもつ場合。重解のときは $a_{n + 1} - 2 a_{n}$ が公比 $2$ の等比数列になることを使い、そこからさらに $\frac{a _{n}}{2 ^{n}}$ が等差数列になることを導く。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $3$ 項間の特性方程式 $x^{2} = 4 x - 4$ を解くと、重解 $x = 2$ になる。

解が $1$ つしかないと、いつもの「 $2$ 本の等比を作って引く」が使えない。等比の式は $a_{n + 1} - 2 a_{n}$ の $1$ 本しか作れない。その $1$ 本 $a_{n + 1} - 2 a_{n}$ は公比 $2$ の等比。これを $2^{n + 1}$ で割ると、今度は等差数列が現れる。

「重解では等比が $1$ 本、あとは割って等差に落とす」。底が重なる指数型と同じ逃げ道だ。

重要

3

項間で特性方程式が重解

α

のとき、一般項は

a_{n} = (A + B n) α^{n}

の形

① 特性方程式を解く。 $x^{2} = 4 x - 4$ より $x^{2} - 4 x + 4 = (x - 2)^{2} = 0$ 、重解 $x = 2$ 。

② $a_{n + 1} - 2 a_{n}$ を等比数列にする。 重解のとき $a_{n + 1} - 2 a_{n}$ は公比 $2$ の等比数列。初項 $a_{2} - 2 a_{1} = 4 - 2 = 2$ 。

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

③ 両辺を $2^{n + 1}$ で割る。 $\frac{a _{n + 1}}{2 ^{n + 1}} - \frac{a _{n}}{2 ^{n}} = \frac{2 ^{n}}{2 ^{n + 1}} = \frac{1}{2}$ 。 $b_{n} = \frac{a _{n}}{2 ^{n}}$ とおくと

$b_{n + 1} = b_{n} + \frac{1}{2}$

公差 $\frac{1}{2}$ の等差数列。初項 $b_{1} = \frac{a _{1}}{2} = \frac{1}{2}$ 。

$b_{n} = \frac{1}{2} + (n - 1) \cdot \frac{1}{2} = \frac{n}{2}$

④ $a_{n}$ に戻す。

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

まとめ: $3$ 項間で特性方程式が重解になると、 $2$ 本の等比数列が作れない。代わりに $a_{n + 1} - 2 a_{n}$ ( $= 2^{n}$ )を作り、 $2^{n + 1}$ で割って $\frac{a _{n}}{2 ^{n}}$ を等差数列にする。結果は $(A + B n) 2^{n}$ の形になる。

発展。 答え $n \cdot 2^{n - 1}$ には、数え上げの意味がある。 $n$ 人から委員会を選び、その中で委員長を $1$ 人決める場合の数だ。

委員長を先に $n$ 通りで選ぶ。残る $n - 1$ 人はそれぞれ委員会に入れるか入れないかの $2$ 通りずつだから $2^{n - 1}$ 。かけて $n \cdot 2^{n - 1}$ になる。

式で言えば $\sum_{k = 1}^{n} k (k n) = n \cdot 2^{n - 1}$ 。漸化式から出た値が、じつは「 $k$ 人の委員会に委員長 $1$ 人」を人数 $k$ で合計したものと同じ、という別の意味をもっている。

答

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

別解

別解:重解の一般形 $(A + B n) 2^{n - 1}$ を先においてしまう(得意な人向けの視点)。 重解のときの一般項は「 $1$ 次式 $\times$ 累乗」の形になる、という事実を使う。

$a_{n} = (A + B n) \cdot 2^{n - 1}$ とおく。特性方程式が重解 $2$ をもつので、この形はどんな $A, B$ でも漸化式 $a_{n + 2} = 4 a_{n + 1} - 4 a_{n}$ を満たす。あとは初項で $A, B$ を決める。 $a_{1} = (A + B) \cdot 1 = 1$ 、 $a_{2} = (A + 2 B) \cdot 2 = 4$ より

$A + B = 1, A + 2 B = 2.$

引き算して $B = 1$ 、 $A = 0$ 。よって

$a_{n} = (0 + n) \cdot 2^{n - 1} = n \cdot 2^{n - 1} .$

本解と同じ答え。等比を作って割る本解に対し、こちらは重解の一般形を先に置いて係数だけ決める発想だ。

ポイント

特性方程式が重解 $α$ → $a_{n} = (A + B n) α^{n}$ 。
$a_{n + 1} - α a_{n}$ を作り、 $α^{n + 1}$ で割って等差に。

よくある間違い

特性方程式が重解なのに異なる $2$ 解のつもりで $A \cdot 2^{n} + B \cdot 2^{n}$ とおき、 $2$ 項が重なって係数が決まらない。
$a_{n + 1} - 2 a_{n}$ の初項 $a_{2} - 2 a_{1} = 2$ を取り違え、等比の初項を誤る。
$b_{n} = \frac{a _{n}}{2 ^{n}}$ の初項を $b_{1} = a_{1} = 1$ とし(正しくは $\frac{1}{2}$ )、切片がずれる。

漸化式と数学的帰納法 ★★★ 応用の問題 全8問

問1指数型(pとqが等しい・共鳴)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問2分数型(等差数列に帰着)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問33項間漸化式

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問4数学的帰納法(2次式の不等式)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問5数学的帰納法(整除・3次)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問6漸化式で定めた数列の和

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問7階差型(部分分数の階差)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問83項間漸化式(重解)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

漸化式と数学的帰納法 ★★★ 応用の問題全8問