漸化式について教えてください

Question

S[n] = 1 - na[n], a[1]=1/2,  a[2]=1/6 を解くと、
(n+1)a[n] - (n-1)a[n-1]=0・・・(n≧2)
この漸化式の一般項を求める方法なんですが、
両辺にnを掛けて、n(n+1)a[n] = n(n-1)a[n]
n(n-1)a[n]＝b[n]とおいて、b[n+1]=b[n] (n≧2)としてから解く場合・・・(x)と
a[n]/a[n-1] =(n-1)/(n+1) にしてa[n]/a[1]=2/(n+1)n から解く場合・・・(y)
のどちらが良いですか？

それと、a[n]=3・4^(n-1) b[1]=1, b[2]=3, b[3]=36 b[n+1]=a[n]・b[n]のとき
b[n]の一般項を求める問題なのですが、これは(y)の方法でやると解けると以前にこちらで教えてもらったのですが、(x)の方法でやっても解けるのでしょうか？
よろしくお願いします。

oshiete_goo · Accepted Answer

今のような問題の場合，ある程度慣れるまでは解法(y)の方が(x')よりも取っ付き易い(気がする)だろうと思います．
しかし，実際は発展性などを考えると，実は(ある程度指数・対数の扱いに慣れたあとでは)解法(x')の方が，より複雑な問題にも対応しやすいという意味で，薦められます．
といいますと，このような問題は「掛け算・割り算・累乗のみからできていて，しかも各項正・・・（＊）」ならば，対数をとるのが定石で，これはもとの数列の項を指数表示して指数の部分(肩の数字や式)のみを扱うことに相当します．
ご存知のように，真数の掛け算, 割り算，累乗が対数の足し算，引き算，"定数倍(これは正確な表現ではありません)"［真数の指数は前に係数として出せる］に直せるのが対数の著しい特徴で,（＊）の場合には難しくなればなるほど，書き換えの手間をかけてでも解法(x')でないと見通しがきかない物が増えて来ます．
その意味で，（＊）の場合には，簡単ならば(y), 複雑そうなら(x')が有利と思います．もちろん（＊）でなければ，（例えば足し算引き算が入ると）対数は無力です．

oshiete_goo · Answer

hoihoihoi18さんは研究熱心なご様子なので, 一応比較のために(x')型の別解を示します．筆者が説明なしでいいから解けと言われたら採る方法[底２の対数]です．

[別解]
b[n+1]=3・4^(n-1)・b[n]・・・(1) 
これとb[1]>0より, すべてのb[n]>0なので(1)の両辺の底を2とする対数をとり,
log_{2}4=2に注意すると
log_{2}b[n+1]=log_{2}b[n] +2(n-1)+log_{2}3 
e[n]=log_{2}b[n], 定数f=log_{2}3 とおくと 
e[n+1]=e[n]+2(n-1)+f・・・(x'')
と書き換えられる．
これを階差数列の定義式と見て 
n>=2のとき 
e[n]=e[1]+Σ(k=1 to n-1){2(k-1)+f} 
等差数列の和と見て, (e[1]=log_{2}1=0に注意して) 
e[n]=0+(1/2){f+2(n-2)+f}(n-1)=(n-2+f)(n-1) ・・・(2') 
すると，b[n]=2^(e[n])=2^{(n-2+f)(n-1)}=2^{(n-2)(n-1)}・2^{f(n-1)} 
2^f=2^(log_{2}3)=3を使うと2^{f(n-1)}=(2^f)^(n-1)=3^(n-1) 

以上よりn>=2のとき 
b[n]=2^{(n-2)(n-1)}・3^(n-1)・・・(3) 
と書ける．これはn=1でもb[1]=1で成立し，すべての自然数ｎで(3)式が成立． 

[補足]
多分，先の方法よりは，後の処理が楽に感じるでしょう．
対数をある程度扱えばわかりますが，特別の積極的理由が他に無い限り，底は1より大きくて（問題に適した）なるべく小さい数が良いです．例えば4や8よりは２，9や27よりは3です．log_{2}8=3 だが log_{8}2=1/3 という例でも理由は感じ取れるでしょうか．2^3=8は楽でも8^(1/3)=2はやや分かりにくいのでは？（筆者はそうですが，そうでない人もいるかも．）
この場合も，指数関数の底が4なので，4ととる方が入りやすいし[はじめの解]，初心者になぜと問い返されて説明で苦労しないためにはその方が無難なのかも知れませんが，その代償として，後で整理するときに幾分面倒になっています．もちろん原理的には4で何の問題も無いし，その方が素直とも言えます．
ただ，経験的には筆者は上記の解が一番楽（で発展性がある）と思っています．

oshiete_goo · Answer

No.2の補足
漸化式
c[n+1]=c[n]+n-1+d・・・(x') 
を階差数列の定義式と見て
n>=2のとき
c[n]=c[1]+Σ(k=1 to n-1)(k-1+d)
等差数列の和と見て, (c[1]=log_{4}1=0に注意して)
c[n]=0+(1/2)(d+n-2+d)(n-1)=(n-2+2d)(n-1)／2 ・・・(2)
すると，b[n]=4^(c[n])=4^{(n-2+2d)(n-1)／2}=4^{(n-2)(n-1)／2}・4^{d(n-1)}
ここで4^{(n-2)(n-1)／2}＝2^{(n-2)(n-1)}であり, また
4^d=4^(log_{4}3)=3を使うと4^{d(n-1)}=(4^d)^{(n-1)}=3^(n-1)

以上よりn>=2のとき
b[n]=2^{(n-2)(n-1)}・3^(n-1)・・・(3)
と書ける．これはn=1でもb[1]=1で成立し，すべての自然数ｎで(3)式が成立．

さて，無理やり(x)にこだわればb'[n+1]=b'[n]の形に書いて 
b[n+1]-2^{n(n-1)}・3^n=b[n]-2^{(n-1)(n-2)}・3^(n-1)(=0で一定)
とも書けますが，よほどのひねくれ者でない限りやらないでしょうね（解くのには役に立ってません．）
無理に(x)にこだわらず，(x')程度まで許せば，よく使われる解法ですね．

これでいかがでしょう．

oshiete_goo · Answer

後半の問題の解法(x')[階差]型の解答
b[n+1]=3・4^(n-1)・b[n]・・・(1)
これとb[1]>0より, すべてのb[n]>0なので(1)の両辺の底を4とする対数をとり,
log_{4}b[n+1]=log_{4}b[n] +(n-1)+log_{4}3
c[n]=log_{4}b[n], 定数d=log_{4}3 とおくと
c[n+1]=c[n]+n-1+d・・・(x')
これは階差型で解ける. (=定数の形や等比型にはなりませんがいいでしょう.)
でもこれは実質的に(y)の解法のように積にせずに,対数を使って書き換えただけといえばだけです. 好きな表現でいいと思いますが.

oshiete_goo · Answer

前半について
解法(x)も(y)もどちらも有力であり, 特に優劣はないと思います.
ただし, このような場合は（どちらも十分可能なので）両方できるようにしておいた方が良いのではないでしょうか. （例えば，誘導つきのテストだとどちらも出てくると思います．）

では両方いつもうまくいくかといえば，そうでもなくて，後半の問題ですが, これは明らかに(y)の方法ではすんなり自然に解けますが, 与えられた形からすると, (x)の方法はあまり自然な流れでは出てこなくて，答を知って無理やり合わせるような書き方になる危険がある（とみられる）からです．
漸化式の解法で多いのは，等比型か等差型に直して解くものですが，(y)はどちらでもないがうまく求められる重要なタイプです（部分分数分解の利用などの"特殊型"）．

後半の(x)型の解答はまだできていないので書けませんが，もう少し待っていれば誰かの解答が出るかも知れません．

漸化式について教えてください

今のような問題の場合，ある程度慣れるまでは解法(y)の方が(x')よりも取っ付き易い(気がする)だろうと思います．

hoihoihoi18さんは研究熱心なご様子なので, 一応比較のために(x')型の別解を示します．筆者が説明なしでいいから解けと言われたら採る方法[底２の対数]です．

No.2の補足

後半の問題の解法(x')[階差]型の解答

前半について

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