大学受験
数学Bの数列の漸化式のパターンの解法と漸化式とは何かを知れば完璧
「漸化式の問題がいつも解けない。いろんな解き方を見つけたけどどれを覚えればいいか分からない。」といった悩みに当サイト(数がく部)の管理人でありある医学部受験予備校の看板講師講師のいさじがお答えします。
目次
漸化式はまずパターンの解き方を覚える
漸化式は解き方を覚えないと問題を解けないので解き方を覚えないといけないです。
漸化式の解き方は良く知られているタイプからマイナーなタイプまであります。
全部を覚えようとすると相当大変になるので必要なものだけ覚えないといけません。
私が受験生の時はどれの解き方を覚えればいいのか知りませんでした。
しかし教える側になった今ならどれが必要か分かるので受験に必要な漸化式の全てのタイプの説明をします。
すべてのタイプの解き方を覚えれば定期テスト、受験で点を取れるようになります。
(マイナーなタイプはひとまず知らなくて大丈夫です。
受験的に知らなくても問題ないです。)
まず受験に必要な漸化式の全てのタイプをできるようにしてそれが完全にできるようになったら次の段階です。
漸化式とは何かも知らないといけない
漸化式の中にはタイプに当てはまらないものもあり考えて式変形をすれば解ける問題もあります。
これは解き方に気が付かないといけないのでどうしようもないです。
でも「漸化式とは何か？」を知っていると解ける問題もあります。
大したことではないのですがここまで知っているともっと多くの漸化式の問題を解けるようになりますのでこれの説明もします。
「漸化式とは何か？」は独学では知ることが不可能です。
先生によっては知らない人もいますが私は受験生の時に授業で習ったので知っています。
それでは説明しますがまずは解き方を知っていないと困ることになる漸化式の解き方です。
1、\(a_{n+1}=pa_n+q\)(\(p\)は１ではない定数、\(q\)は0ではない定数)タイプ
\(p\)が1ではない、\(q\)が0ではないとかはひとまず無視していいです。
それよりも問題を解けるようになることの方が大事です。
\(a_{n+1}=3a_n+4(n ≧ 1),a_1=1\)・・・①で説明します。
このタイプのポイント
\(a_{n+1}\)と\(a_n\)を定数\(α\)で置いた式を考えます。
すると\(α=3α+4\)となります。
この式を解くと\(α=-2\)となります。
ここで①の左辺の\(a_{n+1}\)を\(α\)にして①の左辺から引いて①の右辺の\(a_n\)を\(α\)に変えた右辺の式3\(α\)\(+4\)を右辺から引きます。
すると①は↓となります。
\(a_{n+1}-(α)=3a_n+4-(3α+4)\)
\(a_{n+1}-(α)=3(a_n-α)\)
\(a_{n+1}-(-2)=3(a_n-(-2))\)・・・②
ここで②の右辺の{ }の中を\(a_n-(-2)=x_n\)・・・③とおくと②の左辺は②の右辺の\(a_n\)の\(n\)が\(n+1\)になるので②の左辺は\(a_{n+1}\)となります。
[nの番号による違い]
\(a_n-(-2)\)→\(x_n\)
\(a_{n+1}-(-2)\)→\(x_{n+1}\)
(nの番号が1つ増えているから)
よって\(x_{n+1}=3x_n\)
この式は等比数列になっています。
一般項は(初項)×\((公比)^{n-1}\)です。
この場合初項は③より\(x_1=a_1+2=1+2=3\)で公比は3です。
だから\(x_n=x_1×3^{n-1}\)となります。
\(x_1=3\)なので\(x_n=3・3^{n-1}\)です。
\(a_n-(-2)=x_n\)より
\(a_n-(-2)=3・3^{n-1}\)とりなります。
よって\(a_n=3^n-2\)です。
2、\(a_{n+1}=pa_n+(nの1次式)\)(\(p\)は１ではない定数)タイプ
\(a_{n+1}=3a_n+n+2(n ≧ 1)\)・・・①\(a_1=1\)で説明します。
このタイプのポイント
①の\(n\)の番号を1つ上げます。
(1つ下げてもいいですが「上げる」と丸暗記していいです、理由は知らなくても大丈夫です)
すると\(a_{n+2}=3a_{n+1}+n+3(n ≧ 0)\)・・・②
(②が\(n ≧ 0\)になる理由は①の\(n\)の範囲が\(n ≧ 1\)ですが②を考える際に①の\(n\)を\(n+1\)にしているので\(n\)\( ≧ 1\)の\(n\)を\(n+1\)にして\(n+1\) \(≧ 1\)から\(n ≧ 0\)になります)
②-①とすると\(a_{n+2}-a_{n+1}\)\(=3a_{n+1}+n+3-(3a_n+n+2)\)(\(n ≧ 1)\)
[②-①でn ≧ 1になる理由 ]
\(n ≧ 1\)になる理由は①の\(n\)の範囲が\(n ≧ 1\)で②の\(n\)の範囲が\(n ≧ 0\)です。
②-①をするということは①と②を同時に使うということなので\(n\)の範囲も共通部分を考えているからです。
\(a_{n+2}-a_{n+1}\)\(=3(a_{n+1}-a_n)+1\)(\(n ≧ 1)\)
ここで\(a_{n+1}-a_n\)を\(=x_n\)とおくと左辺は\(x_{n+1}\)です。
すると\(x_{n+1}\)\(=3x_n+1\)・・・①
これは漸化式の解き方1、\(a_{n+1}=pa_n+q\)の解き方と同じです。
\(x_n\)と\(x_{n+1}\)をαとおきます。
するとα=\(\frac{1}{3}α+1\)
α=\(\frac{3}{2}\)となります。
よって①は\(x_{n+1}-\frac{3}{2}=3(x_n-\frac{3}{2})\)となります。
\(x_n-\frac{3}{2}=y_n\)とおくと\(y_{n+1}=3y_n\)となります。
これは等比数列です。
一般項は(初項)×\((公比)^{n-1}\)です。
初項は\(y_1=x_1-\frac{3}{2}=a_2-a_1-\frac{3}{2}\)となります。
\(a_1\)の値は分かっていますが\(a_2\)の値は分かりません。
このタイプの漸化式ではこうすると\(a_2\)の値を求めることができます。
①の\(n\)に1を代入すると\(a_2=3a_1+3=6\)です。
だから初項は\(y_1=6-1-\frac{3}{2}=\frac{7}{2}\)となります。
公比は3です。
だから\(y_n=y_1×3^{n-1}=\frac{7}{2}×3^{n-1}\)となります。
\(y_n=x_n-\frac{3}{2}\)より\(x_n-\frac{3}{2}=\frac{7}{2}×3^{n-1}\)
\(x_n=a_{n+1}-a_n\)なので\(a_{n+1}-a_n-\frac{3}{2}=\frac{7}{2}×3^{n-1}\)です。
\(a_{n+1}-a_n-\frac{3}{2}=\frac{7}{2}×3^{n-1}\)は階差数列で階差数列の解き方で解けますが\(a_{n+1}=pa_n+(nの1次式)\)のタイプではしません。
このタイプではこれが絶対に現れる
\(a_{n+1}=pa_n+(nの1次式)\)のタイプは今からやる解き方で必ず解けます。(今のところそういう問題しか見たことがありません)
どうやるかというと1番最初に与えられた式(①のこと)を使って\(a_{n+1}\)を消します。
\(a_{n+1}=3a_n+n+2\)と\(a_{n+1}-a_n-\frac{3}{2}=\frac{7}{2}×3^{n-1}\)より\(a_{n+1}\)を消して
\(3a_n+n+2-a_n-\frac{3}{2}=\frac{7}{2}×3^{n-1}\)
\(a_n=\frac{\frac{7}{2}×3^{n-1}-n-2}{2}=\frac{1}{2}(\frac{7}{2}×3^{n-1}-n-2)\)
3、\(a_{n+1}=pa_n+q^n\)(\(p\)は１ではない定数、\(q\)は0でない定数)タイプ
↑は\(n\)乗になっていますが変数乗になっているなら\(n+1\)乗や\(n-2\)乗でもいいです。
\(a_{n+1}=4a_n+3^n、a_1=1\)で説明します,
このタイプのポイント
このタイプでは両辺を\((数)^{n+1}\)で割ります。
だからこの問題の場合は\(3^{n+1}\)で割ります。
すると
\(\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=4\frac{a_n}{3^{n+1}}+\frac{3^n}{3^{n+1}}\)
\(\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=4・\frac{1}{3}\frac{a_n}{3^{n}}+\frac{1}{3}\)
右辺で\(\frac{a_n}{3^{n+1}}\)を\(\frac{1}{3}・\frac{a_n}{3^{n}}\)としたのは\({a_n}\)と\({3^n}\)のnの番号をそろえたいからです。
ここで\(\frac{a_n}{3^{n}}=x_n\)とおくと\(x_{n+1}=\frac{4}{3}x_n+\frac{1}{3}\)となります。
これはこの記事の漸化式の解き方の1、\(a_{n+1}=pa_n+q\)と同じタイプになります。
解き方の手順は全く同じなので解答で解き方を書きます。
[解答]
\(a_{n+1}=4a_n+3^n,a_1=1\)
両辺を\(3^{n+1}\)で割ると
\(\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=4\frac{a_n}{3^{n+1}}+\frac{3^n}{3^{n+1}}\)
\(\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=4・\frac{1}{3}\frac{a_n}{3^{n}}+\frac{1}{3}\)
\(\frac{a_n}{3^{n}}=x_n\)とおくと\(x_{n+1}=\frac{4}{3}x_n+\frac{1}{3}\)
\(α=\frac{4}{3}α+\frac{1}{3}\)より\(α=-1\)
よって\(x_{n+1}=\frac{4}{3}x_n+\frac{1}{3}\)は\(x_{n+1}+1=\frac{4}{3}(x_n+1)\)
\(x_n+1=y_n\)とおくと\(y_{n+1}=\frac{4}{3}y_n\)
\(y_n=y_1・(\frac{4}{3})^{n-1}\)
\(y_1=x_1+1=\frac{a_1}{3}+1=\frac{1}{3}+1=\frac{4}{3}\)
よって\(y_n=\frac{4}{3}・(\frac{4}{3})^{n-1}\)\(=(\frac{4}{3})^n\)
\(y_n=x_n+1\)より\(x_n+1=(\frac{4}{3})^n\)
よって\(x_n=(\frac{4}{3})^n-1\)
\(x_n=\frac{a_n}{3^{n}}\)より\(\frac{a_n}{3^{n}}=(\frac{4}{3})^n-1\)
よって\(a_n=3^n・(\frac{4}{3})^n-1・3^{n}=4^n-3^n\)
4、\(a_{n+1}=\frac{ra_n}{pa_n+q}\)(\(p,q,r\)は0ではない定数)タイプ
このタイプは右辺が分数で分子に定数項がないです。
分子に定数項がある問題も存在しますが漸化式の問題で出題率が1%位なので知らなくていいです。
\(a_{n+1}=\frac{3a_n}{3a_n+4},(a_1=1)\)で説明します。
このタイプのポイント
このタイプは両辺の逆数を考えます。
その際ですが右辺の分子は0だと逆数を考えた時に分母が0になって分数が成立しなくなります。
だから右辺の分子(\(3a_n\))が0にならないことを示します。
\(a_{n+1}=\frac{3a_n}{3a_n+4}\)・・・①に\(n=1\)を代入すると
\(a_2=\frac{3a_1}{3a_1+4}=\frac{3}{7}\)で0にはなりません。
\(a_{n+1}=\frac{3a_n}{3a_n+4}\)の右辺には「\(-\)」がないので\(a_3、a_4、a_5・・・\)と考えていって値が0になることはないです。
(これを解答でどう書くかは解答だけの所で見せます)
よって\(a_n ≠ 0\)なので①の両辺の逆数を考えると\(\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{3a_n+4}{3a_n}\)となります。
\(\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{3a_n+4}{3a_n}\)
\(=\frac{3a_n}{3a_n}+\frac{4}{3a_n}\)
\(=1+\frac{4}{3}・\frac{1}{a_n}\)
\(\frac{1}{a_n}=x_n\)とおくと
\(\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{4}{3}x_n+1\)となります。
これはこの記事の漸化式の解き方の1、\(a_{n+1}=pa_n+q\)と同じタイプになります。
解き方の手順は全く同じなので解答で解き方を書きます。
[解答]
\(a_{n+1}=\frac{3a_n}{3a_n+4}\)・・・①
①と\(a_1=1\)より\(a_n ≠ 0\)
(採点者は\(n=1\),\(n=2\),\(n=3\)・・・と代入して\(a_1\),\(a_2\),\(a_3\)・・・が0にならないことをチェックするので\(a_n≠0\)の確認はこれで大丈夫です)
よって①の両辺の逆数を考えると
\(\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{3a_n+4}{3a_n}\)
\(=\frac{3a_n}{3a_n}+\frac{4}{3a_n}\)
\(=1+\frac{4}{3}\frac{1}{a_n}\)
\(\frac{1}{a_n}=x_n\)とおくと
\(\frac{1}{x_{n+1}}=\frac{4}{3}x_n+1\)・・・②
\(α=\frac{4}{3}α+1\)より\(α=-3\)
よって②は
\(\frac{1}{x_{n+1}}-(-3)=\frac{4}{3}{x_n-(-3)}\)
\(\frac{1}{x_{n+1}}+3=\frac{4}{3}(x_n+3)\)
\(x_n+3=y_n\)とおくと\(y_{n+1}=\frac{4}{3}y_n\)
\(y_n=y_1・(\frac{4}{3})^{n-1}\)・・・③
\(y_1=x_1+3=\frac{1}{a_1}+3=4\)より
③は\(y_n=4・(\frac{4}{3})^{n-1}\)
\(y_n=x_n+3\)より\(x_n+3=4・(\frac{4}{3})^{n-1}\)
\(x_n=\frac{1}{a_n}\)より\(\frac{1}{a_n}+3=4・(\frac{4}{3})^{n-1}\)
\(\frac{1}{a_n}=4・(\frac{4}{3})^{n-1}-3\)
\(a_n=4・(\frac{4}{3})^{n-1}-3\)
\(a_n=\frac{1}{4・(\frac{4}{3})^{n-1}-3}\)
\(a_n=\frac{3^{n-1}}{4・4^{n-1}-3・3^{n-1}}\)
\(a_n=\frac{3^{n-1}}{4^n-3^n}\)
5、3項間漸化式
これは\(a_n+2とa_{n+1}とa_n\)が入った漸化式です。
3項間漸化式は教科書の範囲外なので国立大学では直接解けという出題のされ方はなく誘導が付きます。
ただ問題を解いていくと3項間漸化式になったという出題のされ方はできるので結局解き方を知っておかないといけません。
問題を解いていくと3項間漸化式になるのは確率漸化式で時々見ます。
確率漸化式はよく出題されるので解き方を覚えないといけないですが記事を書いてます。
3項間漸化式は2種類あって2種類とも解き方を知っておかないといけないので両方説明します。
解き方はどっちも最初が同じで\(a_{n+2}\)を\(t^2\)、\(a_{n+1}\)を\(t\)、\(a_n\)を\(1\)とおいて2次方程式にして解きます。
解が異なる2つの解か重解かで場合分けをします。
まずは異なる2つの解の時です
\(a_{n+2}=-4a_{n+1}-3a_n,a_1=1,a_2=2\)で説明をします。
\(a_n+2\)を\(t^2\)、\(a_{n+1}\)を\(t^2\)、\(a_n\)を\(1\)とおくと
\(t^2=-4t-3\)
\(t^2+4t+3=0\)
\((t+1)(t+3)=0\)
\(t=-1,t=-3\)となります。
ここで↓を使います。(覚えていいです)
\(a_{n+2}-t_1a_{n+1}=t_2(a_{n+1}-t_1a_n)\)・・・①
(私の生徒はこれをなかなか覚えることができないので問題を解きながら覚えましょう)
今求めた\(t\)のうちどっちかを\(t_1、t_2\)と見ます(自分で決めていいです)
そして①に代入した式を考えます。
だから\(t_1=-1、t_2=-3\)と\(t_1=-3、t_2=-1\)の2通りが考えられるので2通り考えます。
\(t_1=-1、t_2=-3\)の時①に代入して
\(a_{n+2}-(-1)a_{n+1}=-3(a_{n+1}-(-1)a_n)\)
\(a_{n+1}-(-1)a_n=a_{n+1}+a_n=b_n\)とおくと
\(b_{n+1}=-3b_n\)となります。
これは等比数列です。
\(b_n=b_1(-3)^{n-1}\)
\(b_n=a_{n+1}+a_n\)より
\(b_1=a_2+a_1=2+1=3\)です。
よって\(b_n=3(-3)^{n-1}\)
\(b_n=a_{n+1}+a_n\)より\(a_{n+1}+a_n=3(-3)^{n-1}\)となり
\(a_{n+1}\)と\(a_n\)の関係式が1つできました。
こんどは\(t_1=-3、t_2=-1\)の時で\(a_{n+1}\)と\(a_n\)の関係式を作ります。
\(t_1=-3、t_2=-1\)の時①に代入して
\(a_{n+2}-(-3)a_{n+1}=-(a_{n+1}-(-3)a_n)\)
\(a_{n+1}-(-3)a_n=a_{n+1}+3a_n=c_n\)とおくと
\(c_{n+1}=-c_n\)となります。
これは等比数列です。
\(c_n=c_1(-1)^{n-1}\)
\(c_n=a_{n+1}+3a_n\)より
\(c_1=a_2+3a_1=2+3=5\)です。
よって\(c_n=5(-1)^{n-1}\)
\(c_n=a_{n+1}+3a_n\)より\(a_{n+1}+3a_n=5(-1)^{n-1}\)となり
\(a_{n+1}\)と\(a_n\)の関係式がもう1つできました。
\(a_{n+1}\)と\(a_n\)の関係式が
\(a_{n+1}+a_n=3(-3)^{n-1}\)・・・②と\(a_{n+1}+3a_n=5(-1)^{n-1}\)・・・③となり2つの式から\(a_{n+1}\)を消して\(a_n\)を求めます。
②-③より
\(a_{n+1}+a_n-(a_{n+1}+3a_n)\)
\(=3(-3)^{n-1}-(5(-1)^{n-1})\)
\(-2a_n=3(-3)^{n-1}-5(-1)^{n-1}\)
\(a_n=\frac{3(-3)^{n-1}-5(-1)^{n-1}}{-2}\)
\(=-\frac{1}{2}(3(-3)^{n-1}-5(-1)^{n-1})\)
次は重解になる時です
「異なる2つの解を持つ時」と解き方が少しだけ変わります。
\(a_{n+2}-4a_{n+1}+4a_n=0,a_1=1,a_2=3\)で説明します。
\(a_n+2\)を\(t^2\)、\(a_{n+1}\)を\(t\)、\(a_n\)を\(1\)とおくと
\(t^2-4t+4=0\)
\((t-2)^2=0\)
\(t=2\)となります。
\(a_{n+2}-t_1a_{n+1}=t_2(a_{n+1}-t_1a_n)\)にtを代入すると\(a_{n+2}-2a_{n+1}=2(a_{n+1}-2a_n)\)・・・①になります。
\(t_1\)と\(t_2\)の値は同じなので\(a_{n+1}とa_n\)の関係式は1つしかできません。
だから「異なる2つの解を持つ時」の\(a_{n+1}\)と\(a_n\)の関係式を2つ作り\(a_{n+1}\)を消すことができません。
だから①からできた\(a_{n+1}\)と\(a_n\)の関係式を直接解きます。
まず①より\(a_{n+1}\)と\(a_n\)の関係式を求めます。
\(a_{n+2}-2a_{n+1}=2(a_{n+1}-2a_n)\)
\(a_{n+1}-2a_n=b_n\)とおくと
\(b_{n+1}=2b_n\)は等比数列です。
\(b_n=b_1・2^{n-1}\)
\(b_1=a_2-2a_1=3-2=1\)なので
\(b_n=1・2^{n-1}=2^{n-1}\)となります。
\(b_n=a_{n+1}-2a_n\)より\(a_{n+1}-2a_n=2^{n-1}\)となります。
\(a_{n+1}=2a_n+2^{n-1}\)この記事の「3、\(a_{n+1}=pa_n+q^n\)」の解き方になります。
だから\(a_{n+1}-2a_n=2^{n-1}\)の両辺を\(2^{n+1}\)で割ります。
すると\(\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{2a_n}{2^{n+1}}+\frac{2^{n-1}}{2^{n+1}}\)
\(\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{a_n}{2^n}+\frac{1}{4}\)
\(\frac{a_n}{2^n}=b_n\)とおくと\(b_{n+1}=b_n+\frac{1}{4}\)となるので等差数列になります。
初項は\(b_1=\frac{a_1}{2}=\frac{1}{2}\)、項差は\(\frac{1}{4}\)です。
よって\(b_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}(n-1)=\frac{1}{4}(n+1)\)で\(\frac{a_n}{2^n}=b_n\)より
\(\frac{a_n}{2^n}=\frac{1}{4}(n+1)\)
\(a_n=2^n・\frac{1}{4}(n+1)\)
\(a_n=2^{n-2}・(n+1)\)
解き方を知ってないと問題が解けなくなる漸化式の解き方の説明は終わりますが最初は問題を見て「どの解き方になるんだろう」と悩むはずです。
私の生徒はいつもそうですが問題を見てどの解き方になるかを確認しつつ問題を解くようにしましょう。
そうすればその内問題を見るとどの解き方になるか分かるようになりますが解き方が馴染んでくるのに恐らく一ヶ月近くかかると思います。
漸化式の解き方があいまいになっている人、定期テストで点を取りたい人はここでこの記事を見るのを止めていいです。
ここからは漸化式とは何かを知ることでパターンになってない漸化式を解けるようになる可能性が上げるための説明です。
漸化式とは何か？
以前生徒に「漸化式って何ですか？」と聞かれたことがあります。
単純に\(a^{n+1}\)と\(a^n\)が入った式ではありません。
漸化式の「漸」ですが音読みでは「ぜん」と読みますが漢字の読み方は訓読みもあり訓読みは「しだいに」です。
だから漸化式は「しだいに変化する式」という意味です。
数列で漸化式の問題の中に出てくるけど漸化式ではないものは↓です。
[漸化式ではない例]
\(a_{n+1}=a_n,a_1=1\)を考えます。
\(a_{n+1}=a_n\)なので次の項\(a_{n+1}\)と前の項\(a_n\)が常に同じで変化がありません。
\(n=1\)のとき\(a_2=a_1\)
\(n=2\)のとき\(a_3=a_2\)
\(n=3\)のとき\(a_4=a_3\)
これを繰り返すと\(a_1=a_2=a_3=a_4=・・・\)となり数列が変化していません。
だから\(a_{n+1}=a_n,a_1=1\)は漸化式ではありません。
漸化式を解くとはこういう意味でこんな時が簡単に解ける
漸化式を解くのは何をするのかというと「次第に変化する式から一般項を求めてください」という意味です。
次第に変化する式から一般項を求めるのはこういう時が楽です。
↓の例で説明します。
\(a_{n+1}=a_n+2\)(等差数列)
\(a_{n+1}=2a_n\)(等比数列)
\(a_{n+1}=a_n+n\)(階差数列)
この3つの数列(値が変化していくから漸化式)の一般項って求めるのが楽ですよね。
なぜでしょうか？
「教科書に載っている一般項の式があるから」ではないです。
3つとも次の項(\(a_{n+1}\)のこと)になるために前の項(\(a_n\)のこと)にする作業が一回になっているからです。
次の項になるために前の項にする作業が一回になっていると変化が短調なので一般項が出しやすくなります。
↓の等差数列、等比数列、階差数列が次の項になるために前の項にする作業が1回になっています。
等差数列は次の項になるためには前の項に2を足すという作業が1回
等比数列は次の項になるためには前の項にする作業が2をかけるという1回
階差数列は次の項になるために前の項にする作業が変化する値を足すという1回
だから漸化式の問題を解くときは次の項になるために前の項にする作業が1回になっていないかを確認しましょう。
作業が1回になっていたら等差数列、等比数列、階差数列みたいに\(a_1\)、\(a_2\)、\(a_3\)、\(a_4\)・・・と変化の図(上の図)を書けば一般項を必ず求めることができます。
漸化式を早く解ける例
1つ例を見せます。
\(a_{n+1}=a_n^2,a_1=2\)が成り立つ時数列\({a_n}\)の一般項を求めよ。
普通はこう解くはずです。
\(a_{n+1}=a_n^2\)の両辺に\(\log_{ 2 } \)を付けます。(真数が正になることを言わないといけませんがここでは省略します)
そうすると\(\log_{ 2 }a_{n+1}=\log_{ 2 }a_n^2\)
\(\log_{ 2 }a_{n+1}=2\log_{ 2 }a_n\)となり\(\log_{ 2 }a_n=x_n\)とおくと
\(x_{n+1}=2x_n\)が等比数列になって解けます。
しかし元々の漸化式は次の項になるために前の項にする作業が2乗をするという1回になっています。
だから\(a_1\)、\(a_2\)、\(a_3\)、\(a_4\)・・・と変化の図を書けば一般項を求めることができます。
いきなり一般項を求めるのではなく一般項を求めるための練習をします。
\(a_3\)になるには\(a_1\)に2乗を2回すればいいので\({(a_1)^2}^2\)
\(a_4\)になるには\(a_1\)に2乗を3回すればいいので\({(a_1)^2}^3\)
\(a_5\)になるには\(a_1\)に2乗を4回すればいいので\({(a_1)^2}^4\)
2乗する回数ですが(求めたい番号-1)回です。
だから\(a_n\)を求めるなら2乗を(n-1)回すればいいので\(a_n={(a_1)^2}^{n-1}\)
説明しながら解答を書いたので解答だけを書きます。
[解答]
\(a_{n+1}=a_n^2\)
よって \(a_n={(a_1)^2}^{n-1}={2^2}^{n-1}\)
数列は考える力が必要ですが知識も必要です。
考えて解く問題が解けるようになるために知識(漸化式の解き方)もしっかり付けましょう。
