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1次変換型漸化式 — 何を引けば等比になるか

動機: 定数項を消して等比型に持ち込む

\( a_{n+1} = pa_n + q \) の形では、定数 \( q \) が邪魔で「比が一定」とは言えません。「何かを引けば \( q \) が消えて等比型になるか」 を考えます。

\( a_{n+1} - \alpha = p(a_n - \alpha) \) が成り立てば、\( b_n = a_n - \alpha \) は公比 \( p \) の等比数列になります。この条件を \( \alpha \) について解くと：

$$ a_{n+1} - \alpha = pa_n + q - \alpha = p(a_n - \alpha) \iff q = \alpha - p\alpha = \alpha(1-p) $$

よって \( \alpha = p\alpha + q \) を解いて固定点 \( \alpha \) を求める。これは「漸化式の \( a_n \) を \( \alpha \) に置き換えた方程式の解」です。

固定点の意味

\( \alpha \) は「もし \( a_n = \alpha \) なら \( a_{n+1} \) も \( \alpha \) になる」点（不動点）です。この点からのずれ \( b_n = a_n - \alpha \) が等比数列になります。

計算例

a_n と固定点の関係（左）/ 変換フロー b_n = a_n - α（右）

例 1: \( a_1 = 1 \)、\( a_{n+1} = 2a_n + 3 \) を解け

固定点を求める:

$$ \alpha = 2\alpha + 3 \implies -\alpha = 3 \implies \alpha = -3 $$

\( b_n = a_n - (-3) = a_n + 3 \) とおく:

$$ b_{n+1} = a_{n+1} + 3 = 2a_n + 3 + 3 = 2(a_n + 3) = 2b_n $$

等比数列（公比 \( 2 \)）、\( b_1 = 1 + 3 = 4 \)：

$$ b_n = 4 \times 2^{n-1} = 2^{n+1} $$
$$ a_n = b_n - 3 = 2^{n+1} - 3 $$

例 2: \( a_1 = 3 \)、\( a_{n+1} = 3a_n - 4 \) を解け

固定点を求める:

$$ \alpha = 3\alpha - 4 \implies -2\alpha = -4 \implies \alpha = 2 $$

\( b_n = a_n - 2 \) とおく:

$$ b_{n+1} = a_{n+1} - 2 = 3a_n - 4 - 2 = 3(a_n - 2) = 3b_n $$

等比数列（公比 \( 3 \)）、\( b_1 = 3 - 2 = 1 \)：

$$ b_n = 3^{n-1}, \quad a_n = 3^{n-1} + 2 $$

確認: \( n=1 \): \( 1+2=3=a_1 \) ✓、\( n=2 \): \( a_2 = 3 \times 3 - 4 = 5 \)、公式 \( 3^1+2=5 \) ✓

例 3: \( a_1 = 2 \)、\( a_{n+1} = -2a_n + 6 \) を解け（\( p < 0 \) の振動）

固定点を求める:

$$ \alpha = -2\alpha + 6 \implies 3\alpha = 6 \implies \alpha = 2 $$

\( b_n = a_n - 2 \) とおく:

$$ b_{n+1} = -2a_n + 6 - 2 = -2(a_n - 2) = -2b_n $$

等比数列（公比 \( -2 \)）、\( b_1 = 2 - 2 = 0 \)：

$$ b_n = 0 \times (-2)^{n-1} = 0 \implies a_n = 2 \quad (\text{全 } n \geq 1) $$

\( a_1 = 2 = \alpha \) なので最初から固定点にいた定数列。

\( p < 0 \) 一般の場合: 公比 \( r = p < 0 \) の等比数列 \( b_n \) は正・負を交互にとる（振動）。今回は \( b_1 = 0 \) なので振動しない。例えば \( a_1 = 3 \) なら \( b_1 = 1 \) で \( b_n = (-2)^{n-1} \) と振動します。

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