東北大学 1987年 文系 第3問 解説

方針・初手

与えられた漸化式 $a_{k+1} = r a_k - (r-1)^2 k$ は、$a_{k+1} = p a_k + (k \text{ の1次式})$ の形をしています。まずはここから一般項 $a_k$ を求めることが第一歩となります。

一般項を求める方法としては、以下の2つが代表的です。

1. $k$ を $k+1$ に置き換えた式との差分をとり、階差数列の漸化式に帰着させる（解法1）。
2. $a_k = pk + q$ という1次式を用いて $a_{k+1} - \{ p(k+1) + q \} = r \{ a_k - (pk + q) \}$ の形に変形する（解法2）。

一般項 $a_k$ が求まれば、最後に $\sum$ 計算を行って和を求めます。

解法1

与えられた漸化式を $$ a_{k+1} = r a_k - (r-1)^2 k \quad \cdots (1) $$ とする。(1) において $k$ を $k+1$ とすると $$ a_{k+2} = r a_{k+1} - (r-1)^2 (k+1) \quad \cdots (2) $$ (2) から (1) を辺々引くと $$ a_{k+2} - a_{k+1} = r (a_{k+1} - a_k) - (r-1)^2 $$ ここで、$b_k = a_{k+1} - a_k$ とおくと $$ b_{k+1} = r b_k - (r-1)^2 $$ また、(1) に $k=1$ を代入すると、初項 $a_1 = r$ より $$ a_2 = r \cdot r - (r-1)^2 \cdot 1 = r^2 - (r^2 - 2r + 1) = 2r - 1 $$ したがって、数列 $\{b_k\}$ の初項は $$ b_1 = a_2 - a_1 = (2r - 1) - r = r - 1 $$ となる。ここで $r$ の値によって場合分けを行う。

(i) $r = 1$ のとき

$b_{k+1} = b_k$ となり、数列 $\{b_k\}$ はすべての項が $b_1 = 0$ に等しい定数列となる。 すなわち、$a_{k+1} - a_k = 0$ より $a_k$ は定数列であり、すべての $k$ に対して $a_k = a_1 = 1$ である。

(ii) $r \neq 1$ のとき

漸化式 $b_{k+1} = r b_k - (r-1)^2$ は、特性方程式 $\alpha = r\alpha - (r-1)^2$ の解 $\alpha = r-1$ を用いて次のように変形できる。 $$ b_{k+1} - (r-1) = r \{ b_k - (r-1) \} $$ 数列 $\{ b_k - (r-1) \}$ は、初項 $b_1 - (r-1) = (r-1) - (r-1) = 0$、公比 $r$ の等比数列である。 したがって $$ b_k - (r-1) = 0 \cdot r^{k-1} = 0 $$ すなわち、すべての $k$ について $b_k = r - 1$ となる。

(i), (ii) のいずれの場合も $a_{k+1} - a_k = r - 1$ が成り立つ。 よって、数列 $\{a_k\}$ は初項 $a_1 = r$、公差 $r - 1$ の等差数列であるから、その一般項は $$ a_k = r + (k-1)(r-1) = (r-1)k + 1 $$ となる。

求める和は、初項 $a_1 = r$、末項 $a_n = (r-1)n + 1$、項数 $n$ の等差数列の和であるから $$ \sum_{k=1}^n a_k = \frac{n(a_1 + a_n)}{2} = \frac{n \{ r + (r-1)n + 1 \}}{2} = \frac{1}{2} n \{ (r-1)n + r + 1 \} $$

解法2

漸化式 $a_{k+1} = r a_k - (r-1)^2 k$ を、定数 $p, q$ を用いて $$ a_{k+1} - \{ p(k+1) + q \} = r \{ a_k - (pk + q) \} $$ の形に変形することを考える。右辺を展開して整理すると $$ a_{k+1} = r a_k + (1-r)pk + p + (1-r)q $$ もとの漸化式と係数を比較すると $$ \begin{cases} (1-r)p = -(r-1)^2 \\ p + (1-r)q = 0 \end{cases} $$ ここで $r$ の値による場合分けを行う。

(i) $r = 1$ のとき

もとの漸化式は $a_{k+1} = a_k$ となる。 $a_1 = 1$ であるから、すべての $k$ に対して $a_k = 1$ である。 したがって求める和は $$ \sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=1}^n 1 = n $$

(ii) $r \neq 1$ のとき

$(1-r)p = -(r-1)^2$ の両辺を $1-r \neq 0$ で割ると $p = r-1$ となる。 これを $p + (1-r)q = 0$ に代入すると $$ (r-1) - (r-1)q = 0 $$ $r-1 \neq 0$ で割って $q=1$ を得る。 よって、もとの漸化式は次のように変形できる。 $$ a_{k+1} - \{ (r-1)(k+1) + 1 \} = r [ a_k - \{ (r-1)k + 1 \} ] $$ ここで $c_k = a_k - \{ (r-1)k + 1 \}$ とおくと、$c_{k+1} = r c_k$ となり、数列 $\{c_k\}$ は公比 $r$ の等比数列となる。 その初項は $c_1 = a_1 - \{ (r-1)\cdot 1 + 1 \} = r - r = 0$ である。 初項が $0$ であるから、すべての $k$ に対して $c_k = 0$ となる。 したがって $$ a_k - \{ (r-1)k + 1 \} = 0 \iff a_k = (r-1)k + 1 $$

(i), (ii) より、いずれの場合も $a_k = (r-1)k + 1$ である。 求める和は $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^n a_k &= \sum_{k=1}^n \{ (r-1)k + 1 \} \\ &= (r-1) \frac{n(n+1)}{2} + n \\ &= \frac{n}{2} \{ (r-1)(n+1) + 2 \} \\ &= \frac{1}{2} n \{ (r-1)n + r + 1 \} \end{aligned} $$ （これは $r=1$ のときの値 $n$ とも一致する）

解説

$a_{k+1} = p a_k + f(k)$（$f(k)$ は $k$ の多項式）という形の漸化式を解くための定石問題です。 番号を1つずらして差分をとり階差数列を作る方針（解法1）と、両辺から等比数列の形を作るために適当な多項式を引く方針（解法2）のいずれも重要です。

本問では計算を進めると、等比数列部分の初項が $0$ になるという特殊な構造になっています。これにより、見かけ上複雑な漸化式から「実は単なる等差数列である」という結果が導かれます。 また、$r=1$ と $r \neq 1$ で変形時の割り算の可否が変わるため、数学的な厳密さを保つために場合分けを行うことが重要です。

答え

$$ \frac{1}{2} n \{ (r-1)n + r + 1 \} $$