数学B 2項間漸化式 問題 15 解説

方針・初手

階差 $b_n=a_{n+1}-a_n$ を導入すると、もとの漸化式の非同次項 $n/3$ の差が一定値になる。したがって、まず $b_n$ の漸化式を作り、それを解いてから

$$ a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k $$

によって $a_n$ を求める。

解法1

(1)

$b_n=a_{n+1}-a_n$ とする。

もとの漸化式より

$$ a_{n+2}=t a_{n+1}+\frac{n+1}{3}, \qquad a_{n+1}=t a_n+\frac{n}{3} $$

であるから、辺々を引くと

$$ \begin{aligned} b_{n+1} &=a_{n+2}-a_{n+1} \\ &=t(a_{n+1}-a_n)+\frac{1}{3} \\ &=t b_n+\frac{1}{3}. \end{aligned} $$

また、

$$ b_1=a_2-a_1=\left(t a_1+\frac{1}{3}\right)-a_1=\frac{1}{3} $$

である。

よって、$b_n$ の満たす漸化式は

$$ b_1=\frac{1}{3}, \qquad b_{n+1}=t b_n+\frac{1}{3} $$

である。

(2)

$b_{n+1}=t b_n+\dfrac{1}{3}$ を繰り返し用いると、

$$ \begin{aligned} b_n &=t^{n-1}b_1+\frac{1}{3}\left(1+t+\cdots+t^{n-2}\right) \\ &=\frac{1}{3}t^{n-1}+\frac{1}{3}\cdot \frac{t^{n-1}-1}{t-1}. \end{aligned} $$

ここで $t>1$ より $t-1\neq 0$ である。整理すると

$$ \begin{aligned} b_n &=\frac{1}{3}\left(t^{n-1}+\frac{t^{n-1}-1}{t-1}\right) \\ &=\frac{1}{3}\cdot \frac{t^n-1}{t-1}. \end{aligned} $$

したがって、

$$ b_n=\frac{t^n-1}{3(t-1)} $$

である。

(3)

$a_1=0$ であり、$b_k=a_{k+1}-a_k$ だから、

$$ a_n=\sum_{k=1}^{n-1}b_k $$

である。よって

$$ \begin{aligned} a_n &=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{t^k-1}{3(t-1)} \\ &=\frac{1}{3(t-1)}\left\{\sum_{k=1}^{n-1}t^k-(n-1)\right\}. \end{aligned} $$

等比数列の和より

$$ \sum_{k=1}^{n-1}t^k=\frac{t^n-t}{t-1} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} a_n &=\frac{1}{3(t-1)}\left\{\frac{t^n-t}{t-1}-(n-1)\right\} \\ &=\frac{t^n-t-(n-1)(t-1)}{3(t-1)^2} \\ &=\frac{t^n-nt+n-1}{3(t-1)^2}. \end{aligned} $$

したがって、一般項は

$$ a_n=\frac{t^n-nt+n-1}{3(t-1)^2} $$

である。

(4)

$n=4$ を代入すると、

$$ a_4=\frac{t^4-4t+3}{3(t-1)^2}. $$

ここで

$$ t^4-4t+3=(t-1)^2(t^2+2t+3) $$

であるから、

$$ a_4=\frac{t^2+2t+3}{3}. $$

条件 $9<a_4<34$ は

$$ 9<\frac{t^2+2t+3}{3}<34 $$

であり、両辺に $3$ をかけて

$$ 27<t^2+2t+3<102 $$

すなわち

$$ 24<t^2+2t<99 $$

となる。

左側の不等式は

$$ t^2+2t-24>0 $$

であるから、

$$ (t+6)(t-4)>0. $$

$t>1$ より、

$$ t>4 $$

を得る。

右側の不等式は

$$ t^2+2t-99<0 $$

であり、

$$ (t+11)(t-9)<0 $$

だから、

$$ -11<t<9 $$

である。

これと $t>4$ を合わせて、

$$ 4<t<9 $$

となる。

解説

この問題の中心は、もとの漸化式を直接解くよりも、階差 $b_n=a_{n+1}-a_n$ を考える点にある。

もとの漸化式の非同次項は $\dfrac{n}{3}$ であり、$n$ に依存している。しかし、隣り合う式を引くと

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

となり、定数項だけが残る。そのため、$b_n$ は一次の非同次漸化式として扱いやすくなる。

また、$a_n$ は階差の和として求められる。ここで $t>1$ なので、$t-1$ で割る操作に問題はない。最後の不等式では、一般項から $a_4$ を求めてもよいが、$a_4$ は直接計算しても

$$ a_4=\frac{t^2+2t+3}{3} $$

と簡単に出るため、そこから二次不等式に帰着させればよい。

答え

(1)

$$ b_1=\frac{1}{3}, \qquad b_{n+1}=t b_n+\frac{1}{3} $$

(2)

$$ b_n=\frac{t^n-1}{3(t-1)} $$

(3)

$$ a_n=\frac{t^n-nt+n-1}{3(t-1)^2} $$

(4)

$$ 4<t<9 $$