数検2級 漸化式と数学的帰納法—前の項からの規則を一般項と証明につなぐ｜武蔵野個別指導塾

初項と漸化式から一般項を導き、数学的帰納法の仮定を次の番号へつなぐ論証を追います。

よくあるのは、受検者が数学的帰納法で証明したい結論を、そのまま仮定してしまう場面です。例えば「次の項でも式が成り立つ」と最初から置けば、その後の計算が合っていても、前の項から次へ進む理由は示せません。どの番号について仮定し、どの番号を示すのかを分けると、証明の空白が見えます。漸化式の計算でも、出発点と一歩の規則を別々に確かめましょう。

前の項から何を求めるか

数列の問題には、初項と次の項を作る規則から一般項を求める型があります。また、推測した一般項がどの自然数 n でも成り立つことを証明する型や、整数に関する等式を帰納法で示す型も考えられます。最初の数項を書けば規則を推測できますが、限られた項の確認は無限に続く主張の証明にはなりません。

ここでは隣り合う項を結ぶ基本的な一次の漸化式と、自然数についての数学的帰納法を扱います。数列は依頼された学習範囲として取り上げています。問題を読むときは、初項が何番目か、規則を適用できる n の範囲はどこか、求めるものが項の値か証明かを先に印します。

初項、次の項、帰納段階

数列を a₁, a₂, a₃, … と表し、aₙ を第 n 項とします。初項 a₁ と、例えば aₙ₊₁ = 2aₙ + 1 が与えられれば、n = 1 を代入して a₂ を求め、その値から a₃ を求められます。こうして前の項を使って次の項を定める関係が漸化式です。一般項は、前の項を順に計算しなくても番号 n から直接 aₙ を求める式です。

図1のように、初項は最初の位置を、漸化式は隣の位置への進み方を定めます。数学的帰納法では、最初の位置で主張を確かめたうえで、任意の自然数 k について第 k 段階で成り立つと仮定し、第 k + 1 段階でも成り立つことを導きます。最初の確認と次へ渡す論証がそろえば、主張は自然数に順に広がります。

図1の出発点が抜けると、一歩進めることが示されても最初に成り立つとは限りません。逆に最初の数値だけ合っても、次の段階に渡せなければ先の番号までは保証できません。k は特定の数に固定せず、規則の適用範囲にある任意の自然数として扱います。

一次の漸化式 aₙ₊₁ = paₙ + q では、定数 c が c = pc + q を満たすとき、両辺から c を引くと aₙ₊₁ − c = p(aₙ − c) となります。元の項から一定値を引くと等比数列の形が現れる仕組みです。p = 1 の場合は、この c を使う方法がそのまま使えるとは限らず、隣り合う項の差が q であることから考えます。

基本例題：一定値を引いて等比数列にする

初項 a₁ = 3、漸化式 aₙ₊₁ = 2aₙ + 1 がすべての自然数 n で成り立つ数列について、一般項を n の式で求め、その式を数学的帰納法で証明してください。

まず、変化しない値 c を探します。c = 2c + 1 を解くと c = -1 です。この値を各項から引くことは、各項に 1 を足すことに当たります。

bₙ = aₙ + 1 と置きます。すると次の式を1行ずつ得ます。

bₙ₊₁ = aₙ₊₁ + 1
= 2aₙ + 1 + 1
= 2(aₙ + 1)
= 2bₙ

また b₁ = a₁ + 1 = 4 です。したがって bₙ は初項 4、公比 2 の等比数列です。初項から第 n 項までは n − 1 回の乗算なので、bₙ = 4・2ⁿ⁻¹ です。aₙ = bₙ − 1 に戻し、答えは aₙ = 4・2ⁿ⁻¹ − 1 となります。

図2のように、変換後の数列で倍率を読み取り、最後に元の数列へ戻します。例えば a₂ = 2・3 + 1 = 7 で、一般項に n = 2 を入れても 4・2 − 1 = 7 です。a₃ も規則から 15、一般項から 4・4 − 1 = 15 と一致します。

図2で初項に加える 1 を忘れると、倍率が正しくても一般項がずれます。そこで求めた式を帰納法でも確かめます。まず n = 1 では右辺が 4・1 − 1 = 3 となり、与えられた初項と一致します。

次に、任意の自然数 k で aₖ = 4・2ᵏ⁻¹ − 1 が成り立つと仮定します。漸化式とこの仮定を使うと、

aₖ₊₁ = 2aₖ + 1
= 2(4・2ᵏ⁻¹ − 1) + 1
= 4・2ᵏ − 1

となります。これは一般項の n に k + 1 を代入した式です。よって k で成り立てば k + 1 でも成り立ち、初項の確認と合わせて、求めた式はすべての自然数 n で成り立ちます。ここで仮定したのは aₖ の式であり、結論の aₖ₊₁ の式ではありません。

少し難しい例題：係数によって方法を選ぶ

実数 p について、a₁ = 2、aₙ₊₁ = paₙ + 3 がすべての自然数 n で成り立つとします。p = 1 と p ≠ 1 に分け、一般項を n と p の式で求めてください。

分かれ目は、変化しない値 c を求める式 c = pc + 3 です。これを (1 − p)c = 3 と変形したとき、1 − p が 0 なら割れません。したがって p = 1 を先に扱います。

p = 1 なら aₙ₊₁ = aₙ + 3 です。初項 2 から 3 ずつ増える等差数列なので、aₙ = 2 + 3(n − 1) = 3n − 1 です。n = 1 で 2、次の項は 5 となり、元の規則に戻ります。

p ≠ 1 なら c = 3/(1 − p) と置けます。bₙ = aₙ − c とすると、c = pc + 3 より bₙ₊₁ = p(aₙ − c) = pbₙ です。初項は b₁ = 2 − c なので、n ≧ 2 では bₙ = (2 − c) に p を n − 1 回掛けたものです。n = 1 では b₁ = 2 − c とします。p = 0 も含めて書けるよう、一般項は次の形にします。

n = 1 では a₁ = 2。
n ≧ 2 では aₙ = c + (2 − c)pⁿ⁻¹。ただし c = 3/(1 − p)。

この書き分けは p = 0、n = 1 のときの 0 の 0 乗を避けるためです。実際、p = 0 なら規則は aₙ₊₁ = 3 で、初項の次から 3 が続きます。上の式も n ≧ 2 で 3 を与えます。p ≠ 1 かつ p ≠ 0 なら、後者の式に n = 1 を入れても 2 に戻ります。n ≧ 2 の式を規則に入れると、pc + 3 = c により次の項の式が得られるので、元の条件にも合います。

誤答：次の段階を先に仮定しない

基本例題について、誤って「aₖ₊₁ = 4・2ᵏ − 1 と仮定する。よって aₖ₊₁ = 4・2ᵏ − 1」と書いたとします。これは示したい式を仮定からそのまま繰り返しているため、aₖ の式が次の項にどうつながるかを証明していません。

図3のように、仮定は第 k 項に置き、漸化式を通して第 k + 1 項を計算します。仮定の番号と結論の番号に印を付けると、同じ式を両方に書いていないか点検できます。

図3の修正では、最初に n = 1 も確認します。もう一つの誤りは、k = 1 の場合だけで次への計算を済ませることです。それでは第2項までは確かめられても、任意の k から次へ進む関係は示せません。仮定の式を漸化式に代入した行を残し、最後に求める式との一致を明記します。

また、一般項の指数を n としてしまうと初項が合わないことがあります。初項から何回掛けたかを数え、n = 1 を代入して元の値へ戻しましょう。帰納法で初項が合わなければ、その式を証明しようと続けず、推測や変換後の初項から見直します。

練習問題

次の3問は互いに独立です。数列の規則はすべての自然数 n に対して成り立つものとします。一般項は n の式で答え、証明を求められたものは初めと帰納段階を記してください。

1. a₁ = 5、aₙ₊₁ = aₙ − 2 のとき、一般項を求めてください。
2. b₁ = 1、bₙ₊₁ = 3bₙ + 2 のとき、一般項を求め、数学的帰納法で証明してください。
3. 自然数 n について 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n² を数学的帰納法で証明してください。左辺は最初の n 個の正の奇数の和です。

解答と確かめ

1. 隣り合う項の差は -2 です。初項から n − 1 回差を加えるため、aₙ = 5 − 2(n − 1) = 7 − 2n です。n = 1 で 5 に戻り、n を1増やした式との差は -2 です。例えば第2項は 3 で、元の規則でも 5 − 2 = 3 です。初項から n 回引くと第1項が 3 になってしまうので、回数に注意します。

2. c = 3c + 2 を解くと c = -1 です。bₙ + 1 を考えれば、bₙ₊₁ + 1 = 3(bₙ + 1) となります。初項は b₁ + 1 = 2 なので、bₙ + 1 = 2・3ⁿ⁻¹、答えは bₙ = 2・3ⁿ⁻¹ − 1 です。

n = 1 では右辺が 2 − 1 = 1 で初項と合います。任意の自然数 k で bₖ = 2・3ᵏ⁻¹ − 1 と仮定すると、bₖ₊₁ = 3(2・3ᵏ⁻¹ − 1) + 2 = 2・3ᵏ − 1 です。これは n = k + 1 の式なので、帰納法により主張が成り立ちます。第2項は規則から 5、式からも 2・3 − 1 = 5 です。元の規則に戻して確かめられました。

3. n = 1 では左辺も右辺も 1 です。任意の自然数 k で、最初の k 個の奇数の和が k² だと仮定します。次の奇数は 2(k + 1) − 1 = 2k + 1 です。したがって最初の k + 1 個の和は、仮定を使って k² + 2k + 1 = (k + 1)² となります。これが示すべき次の段階です。

初めと帰納段階から、等式はすべての自然数 n で成り立ちます。例えば n = 3 では左辺は 1 + 3 + 5 = 9、右辺も 9 です。この確認は項の数と末項の読み違いを見つけるためのもので、帰納段階に代わる証明ではありません。

解答の途中で立ち止まる位置

漸化式の問題では、式変形が始まる前に、与えられた規則がどの項から使えるかを読みます。初項と規則が明示されていれば、まず第2項を直接計算できます。その結果と一般項の n = 2 の値が違ったときは、式全体をやみくもに計算し直すより、変換した数列の初項と元の数列への戻し方を順に調べると原因を絞れます。

一定値を引く方法は、変化しない値を基準にして、そこからのずれが何倍になるかを見る方法です。引く値が負なら、元の項には正の数を足します。移項の符号を間違えた場合は、求めた定数を c = pc + q に戻してください。両辺が一致しなければ、その定数は基準として使えません。

一方、p = 1 では隣の項との差に注目します。定数を求める式で 0 による割り算を続けると、意味のある式にはなりません。例題で p = 1 を別に調べたのは、計算を短くするためだけでなく、その値に対しても規則が何を意味するかを明らかにするためです。p = 0 のように項の値が途中から一定になる場合も、実際に初項と第2項を書けば、式の扱いを判断しやすくなります。

帰納法で等式を証明するときは、左辺と右辺の両方に同時に操作を重ねるより、次の段階の左辺を作り、仮定を使って右辺へ変形する道筋を残します。練習問題3なら、次に加える奇数がどれかを明示することが要点です。第 k 項を再び足すと、項数は増えても求める並びではなくなります。最後に得た式が、主張の n を k + 1 に置き換えた式と一致することまで確認します。

最初の確認を落とした答案にも注意が必要です。例えば、ある式が k で正しければ次でも正しいと示せても、その式が初めから正しいとは限りません。出発点が誤っていれば、進む規則だけでは結論を得られないからです。また、主張の開始番号が 1 以外に指定された問題では、その指定された最初の番号で確かめます。漸化式もその番号から使えるかを読み直します。

式が正しそうに見えるときほど、証明の文章を逆から読んでみましょう。最後の式は本当に次の段階の主張か、その直前の式は規則から得られたか、代入に使った式は第 k 段階の仮定かを確認します。途中で示すべき結論を使っていれば、正しい順序に並べ替えるのではなく、仮定と与えられた規則から改めて導きます。

覚えておくこと

初項と、規則を使う番号の範囲を確かめます。
一次の漸化式は、一定値を引くと等比数列になる場合があります。
p = 1 では定数を求める式で割れないので、差から考えます。
帰納法では最初の確認と、k から k + 1 への論証をそろえます。
計算した一般項を初項と元の規則に戻して点検します。

つまずいた位置を見つける

一般項が初項と合わなければ、変換後の初項と、初項から何回規則を使ったかを見直します。初項は合うのに次の項が合わない場合は、元の漸化式に一般項を代入し、定数項や指数の移り方を追います。数項が合う場合も、任意の番号に対する理由が別に必要です。

個別指導では、まずお子さまに「k で何を仮定し、k + 1 で何を示すか」を式に書いてもらいます。結論を仮定していれば、漸化式の右辺に入れるのはどの項かに戻ります。場合分けに迷うときは、割ろうとした式が 0 になる条件を一緒に調べ、例外の規則を直接計算します。前の項から次の項への一行に、証明の橋がかかります。