和 Sn を含む漸化式!一般項の求め方をわかりやすく解説!

この記事では、「和 \(S_n\) を含む漸化式」の解き方をわかりやすく解説していきます。

関連公式や一般項の求め方も説明していきますので、ぜひこの記事を通してマスターしてくださいね。

 

和 \(S_n\) を含む漸化式【公式】

数列の和 \(S_n\) を含む漸化式の問題では、以下の関係を利用して \(S_n\) を消去した式に変形します。

Sn と an の関係

数列 \(\{a_n\}\) の一般項を \(a_n\)、初項から第 \(n\) 項までの和を \(S_n\) とすると、

  • \(n = 1\) のとき
    \(\color{red}{a_1 = S_1}\) …①
  • \(n \geq 2\) のとき
    \(\color{red}{a_n = S_n − S_{n−1}}\) …②

\(S_n\) は初項から第 \(n\) 項までの和、\(S_{n+1}\) は初項から第 \(n + 1\) 項までの和ですから、②が成り立つのがわかりますね。

それでは、具体的な解き方の流れを見ていきましょう。

 

和 \(S_n\) の漸化式から一般項の求め方

例題を通して、和 \(S_n\) を含む漸化式の解き方を説明します。

例題

数列 \(\{a_n\}\) の初項から第 \(n\) 項までの和 \(S_n\) が、一般項を用いて

\(S_n = −2a_n − 2n + 5\)

と表されるとき、一般項 \(a_n\) を \(n\) で表せ。

 

STEP.1
式に番号をつける

まずは関係式に番号をつけておきましょう。

\(S_n = −2a_n − 2n + 5\) …① とする。

 

STEP.2
初項を求める

また、初項 \(a_1\) はすぐにわかるので、忘れる前に求めておきます。

①において、\(n = 1\) のとき

\(\begin{align} S_1 &= −2a_1 − 2 \cdot 1 + 5 \\ &= −2a_1 + 3 \end{align}\)

 

\(S_1 = a_1\) より、

\(a_1 = −2a_1 + 3\)

よって

\(3a_1 = 3\) すなわち \(a_1 = 1\)

 

STEP.3
項数をずらした式との差を得る

さて、ここからが考えどころです。

Tips

解き始める前に、式変形の方針を確認します。

基本的に、①の式から漸化式(特に \(a_{n+1}\) と \(a_n\) の式)を得ることを目指します。

\(a_{n+1} = S_{n+1} − S_n\) なので、\(S_{n+1}\) の式があれば漸化式にできそうですね。

①の式の添え字部分を \(1\) つ上にずらせば(\(n \to n + 1\))、\(S_{n+1}\) の式ができます。

方針が定まったら、式変形を始めましょう。

①の添え字を上に \(1\) つずらした式(②)から①式を引いて、左辺に \(S_{n+1} − S_n\) を得ます。

①より

\(S_{n+1} = −2a_{n+1} − 2(n + 1) + 5\) …②

 

② − ① より

\(\begin{array}{rr}&S_{n+1} = −2a_{n+1} − 2(n + 1) + 5\\−) &S_n = −2a_n −2n + 5 \\ \hline &S_{n+1} − S_n = −2(a_{n+1} − a_n) − 2 \end{array}\)

 

STEP.4
Snを消去し、漸化式を得る

\(\color{red}{a_{n+1} = S_{n+1} − S_n}\) を利用して、和 \(S_{n+1}\), \(S_n\) を消去します。

\(S_{n+1} − S_n = a_{n+1}\) より、

\(a_{n+1} = −2(a_{n+1} − a_n) − 2\)

整理して

\(3a_{n+1} = 2a_n − 2\)

\(\displaystyle a_{n+1} = \frac{2}{3} a_n − \frac{2}{3}\) …③

これで、数列 \(\{a_n\}\) の漸化式に変形できましたね。

 

STEP.5
漸化式を解く

あとは漸化式の解法パターンにしたがって一般項を求めるだけです。

今回の漸化式は特殊解型なので、特性方程式を利用して式変形します。

\(\displaystyle a_{n+1} = \frac{2}{3} a_n − \frac{2}{3}\) …③

 

ここで、\(\displaystyle c = \frac{2}{3} c − \frac{2}{3}\) を解くと

\(c = −2\) より ③は

\(\displaystyle a_{n+1} + 2 = \frac{2}{3} (a_n + 2)\)

と変形できる。

 

よって、数列 \(\{a_n + 2\}\) は初項 \(a_1 + 2 = 3\)、公比 \(\displaystyle \frac{2}{3}\) の等比数列であるから、

\(\displaystyle a_n + 2 = 3 \cdot \left( \frac{2}{3} \right)^{n−1}\)

したがって

答え: \(\color{red}{\displaystyle a_n = 3 \cdot \left( \frac{2}{3} \right)^{n−1} − 2}\)

 

完了

ポイントは、添え字をずらした式(②)と元の式(①)の差を求め、関係式「\(a_{n+1} = S_{n+1} − S_n\)」を利用して \(S_{n+1}\), \(S_n\) を消去することです。

問題によっては、添え字を下にずらした方がうまくいくこともあります。

決めつけですぐに変形を始めないで、まずはどうずらせば和(\(S_{n+1}\), \(S_n\))が消去できるか、方針を立てるようにしましょう。

補足

「漸化式」の解き方を忘れている場合は、以下の記事でおさらいしておきましょう!

漸化式全パターンの解き方まとめ!難しい問題を攻略しよう

 

和 \(S_n\) を含む漸化式の練習問題

それでは、練習問題に挑戦しましょう。

練習問題①「\(S_n\) と \(a_n\) の漸化式」

練習問題①

数列 \(\{a_n\}\) の初項から第 \(n\) 項までの和を \(S_n\) とするとき、以下の関係式が成り立つ。

\(S_n = 2a_n + n\)

このとき、一般項 \(a_n\) を求めよ。

 

まずは、関係式から和 \(S_n\) を消去するところを目指します。

式が整理できたら、あとは通常の漸化式の問題と同じですね。

解答

 

\(S_n = 2a_n + n\) …① とする。

 

①で \(n = 1\) とすると、\(S_1 = a_1\) より

\(a_1 = 2a_1 + 1\)

よって \(a_1 = −1\)

 

また、

\(S_{n+1} = 2a_{n+1} + (n + 1)\) …②

 

② − ① より

\(\begin{array}{rr}&S_{n+1} = 2a_{n+1} + (n + 1) \\−) &S_n = 2a_n + n \\ \hline &S_{n+1} − S_n = 2(a_{n+1} − a_n) + 1 \end{array}\)

 

\(S_{n+1} − S_n = a_{n+1}\) より、

\(a_{n+1} = 2(a_{n+1} − a_n) + 1\)

整理して

\(a_{n+1} = 2a_n − 1\)

 

ここで、\(c = 2c − 1\) を解くと

\(c = 1\) より

\(a_{n+1} − 1 = 2(a_n − 1)\)

 

よって、数列 \(\{a_n − 1\}\) は初項 \(a_1 − 1 = −2\)、公比 \(2\) の等比数列であるから

\(a_n − 1 = −2 \cdot 2^{n−1} = − 2^n\)

 

したがって

\(a_n = 1 − 2^n\)

 

答え: \(\color{red}{a_n = 1 − 2^n}\)

 

練習問題②「\(S_n\) と \(S_{n − 1}\) の漸化式」

練習問題②

数列 \(\{a_n\}\) の初項から第 \(n\) 項までの和を \(S_n\) とする。

次の式が成り立つとき、一般項 \(a_n\) を \(n\) で表せ。

\(S_1 = 1\), \(S_{n+1} − 3S_n = 2^{n+1} − 1\)

 

添え字のずらし方は、問題によって柔軟に考えます。

与えられた式を、漸化式(\(a_n\), \(a_{n+1}\) の式)に変換するにはどうずらせばよいでしょうか。

解答

 

\(S_{n+1} − 3S_n = 2^{n+1} − 1\) …① とする。

 

\(a_1 = S_1 = 1\)

また、①において \(n = 1\) のとき

\(S_2 − 3S_1 = 2^2 − 1 = 3\)

\(S_2 = a_1 + a_2 = 1 + a_2\) より、

\(1 + a_2 − 3 = 3\)

\(a_2 = 5\)

 

ここで、\(n \geq 2\) のとき、①から

\(S_n − 3S_{n−1} = 2^n − 1\) …②

 

① − ② より

\(\begin{array}{rr}&S_{n+1} − 3S_n = 2^{n+1} − 1 \\−) &S_n − 3S_{n−1} = 2^n − 1 \\ \hline &(S_{n+1} − S_n) − 3(S_n − S_{n−1}) = 2^{n+1} − 2^n \end{array}\)

(見切れる場合は横へスクロール)

 

\(S_{n+1} − S_n = a_{n+1}\), \(S_n − S_{n−1} = a_n\) より

\(\begin{align} a_{n+1} − 3a_n &= 2^{n+1} − 2^n \\ &= 2^n(2 − 1) \\ &= 2^n \end{align}\)

よって

\(a_{n+1} − 3a_n = 2^n\) …③

③において \(n = 1\) のとき

\(a_2 − 3a_1 = 2^1\) すなわち \(a_2 = 2 + 3 = 5\) より、

③は \(n = 1\) のときも成り立つ。

 

③の両辺を \(2^{n+1}\) で割ると、

\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} − \frac{3a_n}{2^{n+1}} = \frac{2^n}{2^{n+1}}\)

\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} − \frac{3}{2}\cdot \frac{a_n}{2^n} = \frac{1}{2}\)

\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} = \frac{3}{2}\cdot \frac{a_n}{2^n} + \frac{1}{2}\)

 

ここで、\(\displaystyle \frac{a_n}{2^n} = b_n\) とおくと

\(\displaystyle b_{n+1} = \frac{3}{2} b_n + \frac{1}{2}\)

 

\(\displaystyle c = \frac{3}{2} c + \frac{1}{2}\) を解くと \(c = −1\) より

\(\displaystyle b_{n+1} + 1 = \frac{3}{2} (b_n + 1)\)

また、\(\displaystyle b_1 + 1 = \frac{a_1}{2^1} + 1 = \frac{3}{2}\)

 

数列 \(\{b_n + 1\}\) は初項 \(\displaystyle \frac{3}{2}\)、公比 \(\displaystyle \frac{3}{2}\) の等比数列であるから

\(\begin{align} b_n + 1 &= \frac{3}{2} \cdot \left( \frac{3}{2} \right)^{n−1} \\ &= \left( \frac{3}{2} \right)^n \end{align}\)

よって、\(\displaystyle b_n = \left( \frac{3}{2} \right)^n − 1\)

 

したがって、

\(\begin{align} a_n &= 2^n b_n \\ &= 2^n \left\{ \left( \frac{3}{2} \right)^n − 1 \right\} \\ &= 3^n − 2^n \end{align}\)

 

答え: \(\color{red}{a_n = 3^n − 2^n}\)

補足

添え字を下に \(1\) つずらす場合は、\(\color{red}{n \geq 2}\) という条件がつきます。

\(n = 1\) のときはそれより下にずらすことができないので、あらかじめ除外しておくのですね。

以上で問題も終わりです。

 

和 \(S_n\) を含む漸化式では、和の形を消去するという方針を押さえておけば怖くありません。

練習を積んで、ぜひマスターしてくださいね!

補足

ほかの数列や漸化式について調べたい方は、以下のまとめ記事から探してみてくださいね!

数列を総まとめ!一般項・和・漸化式などの【重要記事一覧】

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