【隣接3項間の漸化式】0以外の定数項を含むパターンの解法（特性方程式の作り方2つ）

【解答1】

隣接3項間の漸化式

$ $　$ a_{n+2} + a_{n+1} −6 a_n = 4 $ ・・・①

の特性方程式 $ c + c −6c = 4 $ を解くと

$ $　$ c = −1 $

なので、漸化式① は

$ $　$ (a_{n+2} +1) + (a_{n+1}+1) −6 (a_{n}+1) = \color{red}{0} $

と変形できる。

$ a_{n} + 1 = b_{n} $ とおくと

$ $　$ \underbrace{ (a_{n+2} +1) }_{ b_{n+2} } + \underbrace{ (a_{n+1}+1) }_{ b_{n+1} } −6 \, \underbrace{  (a_{n}+1) }_{ b_{n} } = 0 $

∴ $ b_{n+2} + b_{n+1}−6b_{n} = 0 $ ・・・②

さらに、特性方程式 $ x^2 + x −6 = 0 $ を解くと

$ $　$ (x+3) (x−2) = 0 $

∴ $ x = −3 , \ 2 $

なので、漸化式② は次の2通りに変形できる。

$ $　$ \begin{cases}
b_{n+2} + 3 b_{n+1} = 2 \left( b_{n+1} + 3 b_n \right) \, ・・・③ \\
\\
b_{n+2} −2 b_{n+1} =  −3 \left( b_{n+1} −2 b_n \right) \, ・・・④ \\
\end{cases} $

③ より、$ \{ b_{n+1} + 3 b_{n} \}$ は

$ $　$ \begin{cases}
初項 \, b_{2} + 3 b_{1} = (a_{2} + 1) + 3 (a_{1}+1) = 13 \\
\\
公比 \, 2  \\
\end{cases} $

の等比数列。

④ より、$ \{ b_{n+1} −2 b_{n} \}$ は

$ $　$ \begin{cases}
初項 \, b_{2} −2 b_{1} = (a_{2} + 1) −2 (a_{1}+1) = 3 \\
\\
公比 \, −3  \\
\end{cases} $

の等比数列。

よって

$ $　$ \begin{cases}
b_{n+1} + 3 b_{n} = 13 \cdot 2^{n-1} \, ・・・⑤ \\
\\
b_{n+1} −2 b_{n} = 3 \cdot (−3)^{n-1} \, ・・・⑥ \\
\end{cases} $

⑤ $−$ ⑥ より

$ $　$ 5 b_{n} = 13 \cdot 2^{n-1} − 3 \cdot (−3)^{n-1} $

$ $　　　$ = 13 \cdot 2^{n-1} + (−3)^{n} $

∴ $ \displaystyle{ b_{n} = {1 \over 5} \left\{ 13 \cdot 2^{n-1} + (−3)^{n} \right\} } $

∴ $ \displaystyle{ a_{n} + 1 = {1 \over 5} \left\{ 13 \cdot 2^{n-1} + (−3)^{n} \right\} } $

∴ $ \displaystyle{ a_{n} = {1 \over 5} \left\{ 13 \cdot 2^{n-1} + (−3)^{n} \right\} − 1 } $

$ $　$ \displaystyle{ = {1 \over 5} \left\{ 13 \cdot 2^{n-1} + (−3)^{n} − 5 \right\} } $

【解答】

隣接3項間の漸化式

$ $　$ a_{n+2} + a_{n+1} −6 a_n = 4 $ ・・・①

の特性方程式 $ x^2 + x − 6 = 0 $ を解くと

$ $　$ (x+3) (x−2) = 0 $

∴ $ x = −3 , \ 2 $

なので、漸化式① は次の2通りに変形できる。

$ $　$ \begin{cases}
a_{n+2} + 3 a_{n+1} = 2 \left( a_{n+1} + 3 a_n \right) + 4 \, ・・・② \\
\\
a_{n+2} −2 a_{n+1} =  −3 \left( a_{n+1} − 2 a_n \right) + 4 \, ・・・③ \\
\end{cases} $

②、③ で、$ a_{n+1} + 3 a_{n} = b_{n} ,$  $ a_{n+1} −2 a_{n} = c_{n} $ とおくと

$ $　$ \begin{cases}
\underbrace{ a_{n+2} + 3 a_{n+1} }_{ b_{n+1} } = 2 \, \underbrace{ \left( a_{n+1} + 3 a_n \right) }_{ b_{n} } + 4 \\
\\
\underbrace{ a_{n+2} −2 a_{n+1} }_{ c_{n+1} } =  −3 \, \underbrace{ \left( a_{n+1} − 2 a_n \right) }_{ c_{n} } + 4 \\
\end{cases} $

∴ $ \begin{cases}
b_{n+1} = 2 b_{n} + 4 \, ・・・④ \\
\\
c_{n+1} = −3 c_{n} + 4 \, ・・・⑤ \\
\end{cases} $

④ より、特性方程式 $ c = 2c + 4 $ を解くと

$ $　$ c = −4 $

∴ $ b_{n+1} + 4 = 2 ( b_{n} + 4 ) $

⑤ より、特性方程式 $ c = −3c + 4 $ を解くと

$ $　$ c = 1 $

∴ $ c_{n+1} − 1 = −3 ( c_{n}− 1 ) $

よって、漸化式④、⑤ は次のように変形できる。

$ $　$ \begin{cases}
b_{n+1} + 4 = 2 ( b_{n} + 4 ) \, ・・・⑥ \\
\\
c_{n+1} − 1 = −3 ( c_{n} − 1 ) \, ・・・⑦ \\
\end{cases} $

⑥ より、$ \{ b_{n} + 4 \}$ は

$ $　$ \begin{cases}
初項 \, b_{1} + 4 = a_{2} + 3 a_{1} + 4 = 13 \\
\\
公比 \, 2  \\
\end{cases} $

の等比数列。

⑦ より、$ \{ c_{n} − 1 \}$ は

$ $　$ \begin{cases}
初項 \, c_{1} − 1 = a_{2} −2 a_{1} − 1 = 3 \\
\\
公比 \, −3  \\
\end{cases} $

の等比数列。

ゆえに

$ $　$ \begin{cases}
b_{n} + 4 = 13 \cdot 2^{n-1} \,  \\
\\
c_{n} − 1 = 3 \cdot (−3)^{n-1} \,  \\
\end{cases} $

⑧ $−$ ⑨ より

$ $　$ 5 a_{n} + 5 = 13 \cdot 2^{n-1} − 3 \cdot (−3)^{n-1} $

∴ $ 5 a_{n} = 13 \cdot 2^{n-1} + (−3)^{n} − 5 $

∴ $ \displaystyle{ a_{n} = {1 \over 5} \left\{ 13 \cdot 2^{n-1} + (−3)^{n} − 5 \right\} } $