数学B 2項間漸化式 問題 52 解説

方針・初手

まず $a_n$ について、$\dfrac{a_n}{n}$ をひとまとまりと見る。次に $b_n$ の漸化式の係数が $a_n$ の増え方と一致していることに注目し、$c_n=\dfrac{b_n}{a_n}$ とおいて一次の差分に直す。

解法1

$a_n$ について、与えられた式は

$$ \frac{a_{n+1}}{n+1}=\frac{1}{2}\cdot \frac{a_n}{n} $$

である。ここで

$$ x_n=\frac{a_n}{n} $$

とおくと、

$$ x_{n+1}=\frac{1}{2}x_n $$

であり、また

$$ x_1=\frac{a_1}{1}=1 $$

である。したがって ${x_n}$ は初項 $1$、公比 $\dfrac{1}{2}$ の等比数列であるから、

$$ x_n=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} $$

となる。よって

$$ \frac{a_n}{n}=\frac{1}{2^{n-1}} $$

より、

$$ a_n=\frac{n}{2^{n-1}} $$

である。

次に

$$ c_n=\frac{b_n}{a_n} $$

とおく。先ほど求めた $a_n$ から、

$$ a_{n+1}=\frac{n+1}{2^n} $$

である。また、

$$ \begin{aligned} \frac{a_{n+1}}{a_n} &= \frac{\frac{n+1}{2^n}}{\frac{n}{2^{n-1}}} \\ \frac{n+1}{2n} \end{aligned} $$

である。

したがって、$b_n$ の漸化式

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

は

$$ b_{n+1}=\frac{a_{n+1}}{a_n}b_n+\frac{1}{2^n n} $$

と書ける。両辺を $a_{n+1}$ で割ると、

$$ \begin{aligned} \frac{b_{n+1}}{a_{n+1}} &= \frac{b_n}{a_n} + \frac{1}{2^n n}\cdot \frac{1}{a_{n+1}} \end{aligned} $$

である。ここで $a_{n+1}=\dfrac{n+1}{2^n}$ だから、

$$ \begin{aligned} \frac{1}{2^n n}\cdot \frac{1}{a_{n+1}} &= \frac{1}{2^n n}\cdot \frac{2^n}{n+1} \\ \frac{1}{n(n+1)} \end{aligned} $$

である。よって

$$ c_{n+1}=c_n+\frac{1}{n(n+1)} $$

を得る。

また、

$$ c_1=\frac{b_1}{a_1}=1 $$

であるから、

$$ \begin{aligned} c_n &= 1+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k(k+1)} \end{aligned} $$

である。ここで

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

より、和は望遠和になり、

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

である。したがって

$$ c_n=1+\left(1-\frac{1}{n}\right)=2-\frac{1}{n} $$

となる。

ゆえに

$$ b_n=a_n c_n $$

であるから、

$$ \begin{aligned} b_n &= \frac{n}{2^{n-1}}\left(2-\frac{1}{n}\right) \\ \frac{2n-1}{2^{n-1}} \end{aligned} $$

である。

最後に

$$ S_n=\sum_{k=1}^{n}b_k $$

を求める。いま

$$ b_k=\frac{2k-1}{2^{k-1}} $$

であるから、

$$ S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2^{k-1}} $$

である。これを

$$ S_n=2\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{2^{k-1}}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k-1}} $$

と分ける。

まず、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k-1}} &= 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}} \\ 2\left(1-\frac{1}{2^n}\right) \end{aligned} $$

である。

また、等比数列の和を微分して得られる公式

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}k r^{k-1} &= \frac{1-(n+1)r^n+nr^{n+1}}{(1-r)^2} \end{aligned} $$

に $r=\dfrac{1}{2}$ を代入すると、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\frac{k}{2^{k-1}} &= 4-\frac{n+2}{2^{n-1}} \end{aligned} $$

となる。

したがって

$$ \begin{aligned} S_n &= 2\left(4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\right) &= 2\left(1-\frac{1}{2^n}\right)\\ &= 8-\frac{2n+4}{2^{n-1}}-2+\frac{1}{2^{n-1}}\\ &= 6-\frac{2n+3}{2^{n-1}} \end{aligned} $$

である。

解説

この問題の中心は、$b_n$ の漸化式の係数

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

が、$a_n$ の比

$$ \frac{a_{n+1}}{a_n} $$

と一致していることに気づく点である。

そのため、$c_n=\dfrac{b_n}{a_n}$ とおけば、$b_n$ の複雑な係数つき漸化式が

$$ c_{n+1}=c_n+\frac{1}{n(n+1)} $$

という単純な階差型に変わる。この変形を使わずに $b_n$ を直接求めようとすると、計算が不自然に重くなる。

また、最後の $S_n$ は、$b_k=\dfrac{2k-1}{2^{k-1}}$ まで求めてから、等比数列の和とその微分型の和に分けて処理するのが標準的である。

答え

(1)

$$ a_n=\frac{n}{2^{n-1}} $$

(2)

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

(3)

$$ b_n=\frac{2n-1}{2^{n-1}} $$

(4)

$$ S_n=6-\frac{2n+3}{2^{n-1}} $$