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漸化式

数列で連続する項の関係をもとに、一般項を求める操作を漸化式を解くといいます。例えばa_n+1=3a_n + 2（a₁ = 1）のような数列の関係式が漸化式で、一般項を求めるとa_n=2・3^n-1-1 です（求め方は次ページに示します）。ありとあらゆるタイプの漸化式があって大変難しいのですが、基本パターンとなるものが3種類あって、複雑なものもその3パターンになんとか帰着させて解くのが基本です。今回はその基本の3タイプについて、解き方を説明しようと思います。

最初のものが等差数列の漸化式で、a_n+1=a_n+dの形です。a_n+1-a_n=dの形に変形すると、一般的に二項の差がいつもdということなので、これは公差dの等差数列であることを意味しています。なので等差数列の公式を使ってa_nを求めます。例としてa₁=2、a_n+1 = a_n +3の漸化式を解くと下のようになります。

\begin{align} a_n=a_1+(n-1)d\\ =2+(n-1)3\\ =3n-1 \end{align}

次が等比数列の漸化式で、a_n+1=ra_nの形です。ある項に特定のrをかけると次の項になるということなので、公比rの等比数列のことです。これも等比数列の公式を使って一般項を求めます。例としてa₁=3、a_n+1=2a_nの漸化式を解くと下のようになります。

\begin{align} a_n=a_1r^{n-1}\\ =3\cdot2^{n-1} \end{align}

最後が階差数列の形のものです。これは例を示した方がわかりやすいでしょう。例えばa_n+1-a_n=2n+1（a₁=1)のようなタイプで、二項間の差がnを用いた式になっています。ちょっとわかりづらいですが、二項間の差が2n+1という規則性を持った形で表現されているので、階差数列とみなして一般項を求めることができます。解いてみると下のようになります。

\begin{align} n≧2以上のときa_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1} b_k \\ =1+\sum_{k=1}^{n-1}(2k+1) =1+2\sum_{k=1}^{n-1} k + \sum_{k=1}^{n-1} 1 \\ =1+2\cdot\frac{n(n-1)}{2}+n-1\\ =1+n(n-1)+n-1\\ =n^2\\ n=1を代入して1^2=1=a_1より、a_n=n^2\\ \end{align}

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階差数列

一見、規則性が見出せない数列でも、各項の間の差を取ってみると、その差の方に規則性が見られることがあります。その場合はその差の和を使ってもとの数列の一般項をもとめることができて、その差の数列を階差数列と呼びます。

先に階差数列を使用する場合の、もとの数式の一般項の式を書いておきます。

\begin{align} もとの数列が\{a_n\}、階差数列が\{b_n\}のとき、もとの数列の一般項a_nは\\ a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k (n≧2)\cdots① \end{align}

具体例を使って式の意味を説明することにします。今、数列a_n = 1, 3, 7, 13, 21, 31, …だとして、この数列の一般項を求めたいとします。a_nの各項の差を取って新しい数列b_nを作ると、b_n = 2, 4, 6, 8, …という規則性を読みとることのできる数列ができあがります。初項a₁=1にb₁=2を足すと第2項a₂=3になって、さらにb₂=4を足すと第3項a₃=7になることが読み取れます（図１）。

このことからもとの数列の第n項a_nは、a₁にb_nの各項を次々に足していって、b_n-1項まで足すことで示すことができるのがわかります（①式）。b_nは初項2、公差2の等差数列で、b_n = 2nであることがすぐにわかります。数列b_nの第n-1項までの和は等差数列の和の公式またはΣの計算を用いることで求められます。ここではΣを利用して次の計算で求めます。

\begin{align} \sum_{k=1}^{n-1} 2k = 2\cdot\frac{(n-1)\{(n-1)+1\}}{2}(n≧2)\\ =n(n-1)\\ \end{align}

そしてこの値を使うと、もとの数列a_nの一般項は下の式となります。

\begin{align} a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k (n≧2)\\ = 1 + \sum_{k=1}^{n-1} 2k\\ = 1 + n(n-1)\\ = n^2-n+1 \end{align}

これで一般項a_nがもとまったわけですが、これはn≧2以上という条件のもとでの式なので、与えられているa₁=1とこの式のa₁が一致するか確認する必要があります。n=1を代入してa₁=1²-1+1=1となり一致するので、n≧2の条件がとれて、a_n=n²-n+1がもとの数列の一般項です。試しにn=6を代入すると、a₆ = 6²-6+1=31となり、最初に与えられた数列の第6項31と同じことが確認できます。階差数列は、規則性を読み取ることが難しい数列において、その一般項をもとめるための汎用性のある方法の一つです。よく利用されるので、何かしらの試験を受ける人は理解して利用できるようにしておくのがよいでしょう。

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Σの計算

数列の和を表す記号としてΣがあります。例えば数列a_nの初項から第n項までの和は、下のようにΣを使って書くことができます。

\begin{align} \sum_{k=1}^n a_k = a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n \end{align}

なぜかnではなくkを使ってa_kの形でΣ記号を利用することが多いです。Σ記号は下の数字から始めて一つずつ値を増やて足していき、上の数字のところまで足し合わせる規則になっています。

Σの性質として下のものがあります。

\begin{align} \sum_{k=1}^n (a_k + b_k) = \sum_{k=1}^n a_k + \sum_{k=1}^n b_k\\ \sum_{k=1}^n ca_k = c\sum_{k=1}^n a_k \end{align}

どちらもΣ記号の定義から理解可能です。覚えやすい規則なのでそのまま覚えてしまってよいでしょう。気になる人は、具体的に和の形（ca₁+ca₂+…ca_nなど）にしてながめてみてください。わりと普通に納得できると思います。

Σを使った公式として次のものがあります。

\begin{align} \sum_{k=1}^n k = 1 + 2 + 3 + \cdots + n = \frac{1}{2}n(n+1)\cdots①\\ \sum_{k=1}^n k^2 = 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots n^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\cdots②\\ \sum_{k=1}^n k^3 = 1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots n^3 = \{\frac{1}{2}n(n+1)\}^2\cdots③\\ \sum_{k=1}^n c = c + c + c + \cdots + c (cがn個) = nc\cdots④\\ \end{align}

②と③の公式は覚えづらい形をしていますが、そんなものだと割り切って覚えてみてください。①は等差数列の和の公式から簡単に求められるのですが、その都度計算するのも大変なので、これも覚えてみてください。③は①の二乗の形になっているので、セットで覚えると若干楽になります。④はもとの意味を考えるとすぐに出てくるので、覚えるかその場で考えるかどちらでもよいでしょう。

公式とは違うのですが下の形のものもよく使います。

\begin{align} \sum_{k=1}^n a^k = a^1 + a^2 + a^3 + \cdots a^n = \frac{a(1-a^n)}{(1-a)}\\ \end{align}

一見難しそうですが、実はこれは等比数列の和のことで、等比数列の和の公式を使って計算するだけです。この式のnに1から順に値を入れてみると、a+a²+a³+…aⁿとなり初項aで公比もaの等比数列の第n項までの和なのでS_n=a(1-aⁿ)/(1-a)です。初項と公比が同じなのでわかりづらくなってますが、等比数列の和のことだと気づけば難しくはないでしょう。

二例ほど具体的な計算をしておきます。

\begin{align} \sum_{k=1}^n (2k^2+ 3) = 2 \sum_{k=1}^n k^2 + \sum_{k=1}^n 3\\ =2\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+3n\\ =\frac{n(n+1)(2n+1)+9n}{3}\\ =\frac{n\{(n+1)(2n+1)+9\}}{3}\\ =\frac{n(2n^2+3n+10)}{3}\\ \\ \sum_{k=1}^n 2^k=\frac{2(1-2^n)}{1-2}\\ =2(2^n-1) \end{align}

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数列の和

数列の和の方がわかっているときに、その数列の一般項を求めることができます。初項から第n項までの和をS_nとすると、n-1項までの和はS_n-1と書けます。n-1項までの和がS_n-1なので、それに第n項a_nを足せばS_nになります。式で書けばS_n-1+a_n=S_nです。移項して式変形すればS_n-S_n-1=a_nです。あたりまえと言えばあたりまえですが、この公式でS_nからa_nを求めることができます。ただし注意点があって、式の中にn-1項の部分があって、第1項から始まるという条件からn-1が1以上、つまりnが2以上という条件がつきます。まとめると公式は次のものです。

\begin{align} n≧2のとき\\ S_n-S_{n-1}=a_n \end{align}

第1項のa₁についてはa_nを求めたあとで、その式から求めたa₁が適切であるか確認しないといけません。S₁は初項だけの和？なのでa₁でもあります。S_nがわかっている場合はS₁=a₁が定められた値なので、求めたa₁とS₁が一致するか確認する必要があります。

実際に問題を一題やってみましょう。S_n=n²-3nのときa_nを求めるとします。解答は下のようになります。

\begin{align} n≧2のときS_n-S_{n-1}=n^2-3n-\{(n-1)^2-3(n-1)\}\\ =n^2-3n-(n^2-2n+1-3n+3)\\ =n^2-3n-(n^2-5n+4)\\ =2n-4=a_n\\ S_1=1^2-3\cdot1=-2、2\cdot1-4=-2と一致することより\\ a_n=2n-4 \end{align}

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