数学B / 漸化式と数学的帰納法

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。

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右辺の $2^{n}$ の底が、係数の $2$ と同じ — 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。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。すると等差数列が顔を出す。

「底が重なる共鳴では、割って等差に落とす」。これがこの型の急所だ。

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 — 一歩先へ。 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、極限と微分の顔がのぞいている。

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。