漸化式が累乗になっているパターンの解き方(例題10)

漸化式が累乗になっている形、数列anの2乗とか3乗の積で表されているパターンの解き方です。
これは3項間の漸化式に変化する場合が多いのですが、単純なものが多いので難しくありません。
他のタイプの漸化式と同じで、最初の処理のしかたで決まるので確認しておきましょう。

このパターンの漸化式は「推測して帰納法」はちょっと難しいでしょう。
普通なら誘導がつくでしょうけど、「誘導なしでも解ける」、が良いですよね。

最初だけが今までと違うだけなので簡単ですよ。

例題10

項がすべて正である数列 \{a_n\} において
 a_1=1\hspace{7pt},\hspace{7pt}a_2=10\hspace{7pt},
 {a_n}^2\,a_{n-2}={a_{n-1}}^3\hspace{7pt}(n=3\,,\,4\,,\,\cdots\,)
とするとき、この数列 \{a_n\} の一般項を求めよ。

「数列」が「指数対数」の前に入っている課程のときはどうしてたんだ?
という疑問はさておき、
(メンドクサイことに、指数対数をやって、その後数列の応用として復習に取り入れていたのです。それまではないものとして無視です。笑)
漸化式の両辺の常用対数を取ります。

すべての項が正であることから
(対数の真数は正である必要があります。)
 {a_n}^2\,a_{n-2} = {a_{n-1}}^3\\ \\  \hspace{5pt} \Leftrightarrow \hspace{5pt} \log_{10}\{{a_n}^2\,a_{n-2}\}=\log_{10}\{{a_{n-1}}^3\}\\ \\  \hspace{5pt} \Leftrightarrow \hspace{5pt} 2\log_{10}a_n+\log_{10}a_{n-2}=3\log_{10}a_{n-1}

ここで
 b_n=\log_{10}a_n
とおくと
 2b_n+b_{n-2}=3b_{n-1}\\ \\  \hspace{5pt} \Leftrightarrow \hspace{5pt} 2b_n-3b_{n-1}+b_{n-2}=0\\ \\  \hspace{5pt} \Leftrightarrow \hspace{5pt} b_n-\dfrac{3}{2}b_{n-1}+\dfrac{1}{2}b_{n-2}=0

ここまでくれば後は普通の3項間漸化式です。
好きな解き方で解いてください。

と、終わるわけにもいきませんので解いておきます。
疑問が出てくるだろうなあ、ということにも後でお答えしておきます。

 b_n-\dfrac{3}{2}b_{n-1}+\dfrac{1}{2}b_{n-2}=0
これを変形しますが特定方程式を利用して、連立することにします。

 t^2-\dfrac{3}{2}t+\dfrac{1}{2}=0\\ \\  \hspace{5pt} \Leftrightarrow \hspace{5pt} 2t^2-3t+1=0\\ \\  \hspace{5pt} \Leftrightarrow \hspace{5pt} (2t-1)(t-1)=0\\ \\  \hspace{5pt} \Leftrightarrow \hspace{5pt} t=\dfrac{1}{2}\hspace{7pt},\hspace{7pt}1
から
 \begin{cases}  \hspace{7pt}  b_{n}-\dfrac{1}{2}b_{n-1}=b_{n-1}-\dfrac{1}{2}b_{n-2}\\ \\  \hspace{7pt}  b_{n}-b_{n-1}=\dfrac{1}{2}(b_{n-1}-b_{n-2})\\  \end{cases}
とふた通りの変形ができます。

 b_{n}-\dfrac{1}{2}b_{n-1}=b_{n-1}-\dfrac{1}{2}b_{n-2}
これは公比が1の数列、つまり定数数列なので
 b_{n}-\dfrac{1}{2}b_{n-1}=b_{n-1}-\dfrac{1}{2}b_{n-2}=\cdots =b_2-\dfrac{1}{2}b_1
ここで
 b_1=\log_{10}a_1=\log_{10}1=0
 b_2=\log_{10}a_2=\log_{10}10=1
から
 b_2-\dfrac{1}{2}b_1=1-0=1
なので
 b_{n}-\dfrac{1}{2}b_{n-1}=1 ・・・①

変形したもう一つの漸化式
 b_{n}-b_{n-1}=\dfrac{1}{2}(b_{n-1}-b_{n-2})
これは等比数列なので、n が 1\rightarrow (n-1) まで変化するので、
項数が n-1 項であることに注意して
 b_{n}-b_{n-1}=(b_2-b_1)\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-2}
 (b_2-b_1)=1-0=1
だから
 b_{n}-b_{n-1}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-2} ・・・②

①を2倍して
 2b_{n}-b_{n-1}=2 ・・・①’
これと②から b_{n-1} を消去すると(①’-②)
 b_n=2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-2}

よって
 b_n=\log_{10}a_n\\ \\  \hspace{5pt} \Leftrightarrow \hspace{5pt} a_n=10^{b_n}
 \therefore \hspace{7pt} \underline{a_n=10^{\left\{2-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}\right\}}}

もっときれいな答になる問題にすれば良かった。

ところで、
この底の「10」は常用対数を取ったからなのか?
常用対数でなければダメなのか?
と考えた人は物事を深く考える人ですね。
科学者に向いているのではないでしょうか。

違います。
常用対数でなくてもかまいません。

例えば底を「2」として、
 \log_{2}a_n=b_n
とすると
 \begin{cases}  \hspace{7pt}  b_{n}-\dfrac{1}{2}b_{n-1}=b_{n-1}-\dfrac{1}{2}b_{n-2}\\ \\  \hspace{7pt}  b_{n}-b_{n-1}=\dfrac{1}{2}(b_{n-1}-b_{n-2})\\  \end{cases}
となって
 \begin{cases}  \hspace{7pt} b_{n}-\dfrac{1}{2}b_{n-1}=b_2-\dfrac{1}{2}b_1\\ \\  \hspace{7pt} b_{n}-b_{n-1}=(b_2-b_1)\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-2}\\  \end{cases}
までは同じです。

ここからが違って
 b_1=\log_{2}a_1=\log_{2}1=0
 b_2=\log_{2}a_2=\log_{2}10
なので
 b_{n}-\dfrac{1}{2}b_{n-1}=\log_{2}10
 b_{n}-b_{n-1}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-2}\cdot \log_{2}10
これらから b_{n-1} を消去して
 b_n=2\log_{2}10-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-2}\cdot \log_{2}10\\ \\  =\left\{2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-2}\right\}\log_{2}10\\ \\  =\log_{2}10^{\left\{2-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}\right\}}

 b_n=\log_{2}a_n
なので
 \log_{2}a_n=\log_{2}10^{\left\{2-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}\right\}}
真数どうしが等しくなるので
 \therefore \hspace{7pt} a_n=10^{\left\{2-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}\right\}}

ね、同じでしょう。
その問題に適した底があるかもしれません。
でも、底は何が良いか?と探し、あれこれ考えるより、
最初から常用対数を取った方が早いだろ!ってことです。

次は

⇒ ルートのついた漸化式の解き方(例題11)

指数や対数関数での基本って知ってますか?
そんな感じのパターンです。

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