前回分はこちらから
問題
数列$\{a_n\}$は$a_1=4$，$a_{n+1}=6a_n+2^{n+1} (n≧1)$により定められている．次の問いに答えよ．
(1) $a_2$，$a_3$を求めよ．
(2) $b_n=\displaystyle\frac{a_n}{2^n}$によって数列$\{b_n\}$を定めると，$b_1=(ア)$，$b_{n+1}=(イ)b_n+(ウ)$
(3) (2)より，数列$\{b_n\}$の一般項は$b_n=(エ)$となる．従って，数列$\{a_n\}$の一般項は$a_n=b_n・2^n$とわかる．
【関東学院大学 2020】
解答
(1) $a_2=6a_1+2^{1+1}=28$
$a_3=6a_2+2^{2+1}=176$
(2) $b_1=\displaystyle\frac{a_1}{2^1}=\displaystyle\frac{4}{2}=2$
$a_{n+1}=6a_n+2^{n+1}$の両辺を$2^{n+1}$で割ると，
$\displaystyle\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=3・\displaystyle\frac{a_n}{2^n}+1$
よって，
$b_{n+1}=3b_n+1 \cdots$➀
(3) ➀を変形すると，
$b_{n+1}+\displaystyle\frac{1}{2}=3(b_n+\displaystyle\frac{1}{2})$
よって，数列$\{b_n+\displaystyle\frac{1}{2}\}$は，初項$b_1+\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{5}{2}$，公比$3$の等比数列であるから，
$b_n+\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{5}{2}・3^{n-1}$
$b_n=\displaystyle\frac{1}{2}(5・3^{n-1}-1)$ (答)
問題2
次の条件によって定められる数列$\{a_n\}$がある．次の各問に答えよ．
$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+3n-1 (n=1, 2, 3, \cdots)$
(1) $a_{n+1}-a_n=b_n$とおく．数列$\{b_n\}$の一般項を求めよ．
(2) 数列$\{a_n\}$の一般項を求めよ．
【高崎経済大学 2020】
解答2
(1) $a_{n+1}=2a_n+3n-1 \cdots ➀$
➀の$n$を$n+1$に代えると，
$a_{n+2}=2a_{n+1}+3(n+1)-1 \cdots ➁$
$➁-➀$により，
$a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)+3$
$∴b_{n+1}=2b_n+3 \cdots ➂$
➂を変形すると，$b_{n+1}+3=2(b_n+3)$となる．よって，数列$\{b_n+3\}$は初項$b_1+3$，公比$2$の等比数列であるから，$b_n+3=(b_1+3)・2^{n-1}$
ここで，$a_1=1$であり，➀で$n=1$として，$a_2=2a_1+2=4$，$b_1=a_2-a_1=3$であるから，
$b_n+3=6・2^{n-1}$
∴$b_n=3・2^n-3$（答）
(2) (1)の結果により，$a_{n+1}-a_n=3・2^n-3$である．よって$n≧2$のとき，数列$\{b_n\}$の初項から第$(n-1)$項までの和$S_{n-1}$を考える．
$S_{n-1}=b_1+b_2+b_3+\cdots+b_{n-1}$
$=(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+(a_4-a_3)+\cdots+(a_n-a_{n-1})$
$=a_n-a_1 \cdots ④$
また一方で，
$S_{n-1}=(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+(a_4-a_3)+\cdots+(a_n-a_{n-1})$
$=(3・2^1-3)+(3・2^2-3)+(3・2^3-3)+\cdots+(3・2^{n-1}-3)$
$=3・(2^1＋2^2+2^3+\cdots+2^{n-1})-3(n-1)$
$=3・2・\displaystyle\frac{2^{n-1}-1}{2-1}-3(n-1)$
$=6(2^{n-1}-1)-3(n-1)$
$=3・2^n-3n-3 \cdots ➄$
ここで，④，➄より，
$a_n-a_1=3・2^n-3n-3$
$a_1=1$より，
$a_n=3・2^n-3n-2$ ($n-1$も満たす) （答）
漸化式パターンは此方からご確認ください！
コメント