2-10型(1次分数型)の漸化式
数列(難関大対策＋) ★★★★★
隣接2項間漸化式で最高難度と言っていいでしょう．2-6型(逆数型)漸化式の一般化です．
誘導なしでは出題されにくいでしょうが，例えば2015年東工大，2018年大分大医学部で誘導無しで出題がありました．
例題と解法まとめ
例題
2-10型(1次分数型) $a_{n+1}=\dfrac{pa_{n}+q}{ra_{n}+s}$
数列 $\{a_{n}\}$ の一般項を求めよ．
$a_{1}=7$，$a_{n+1}=\dfrac{7a_{n}+3}{a_{n}+5}$
講義
$a_{n+1}$ と $a_{n}$ を $\alpha$ に変えた特性方程式
$\boldsymbol{\alpha=\dfrac{7\alpha+3}{\alpha+5}}$
を解きます．これを解いた特性解を $\alpha_{1}=-1$，$\alpha_{2}=3$ として，その後
$\boldsymbol{b_{n}=\dfrac{a_{n}-\alpha_{1}}{a_{n}-\alpha_{2}}}=\dfrac{a_{n}+1}{a_{n}-3}$
とおきます $\left(b_{n}=\dfrac{a_{n}-3}{a_{n}+1} \ でも\rm{OK}\right)$．
$\{b_{n}\}$ は等比型になりますので，$\{b_{n}\}$ の一般項を出し，$\{a_{n}\}$ の一般項を出します．
※ なぜ上のように特性方程式を作り，$b_{n}$ を作るといいかは下の補足ボタンに説明してあります．
※ 上の $\alpha$ を使って $b_{n}=a_{n}-\alpha$ とおいて逆数型の漸化式として解くこともできます．これも下の補足ボタンに説明してあります．
解答
特性方程式
$\alpha=\dfrac{7\alpha+3}{\alpha+5}$
を解くと $\alpha^{2}-2\alpha-3=0 \ \Longleftrightarrow \ \alpha=-1$，$3$ ．
$b_{n}=\dfrac{a_{n}+1}{a_{n}-3}$
とおく( $a_{n}=3$ とすると $a_{n+1}=3$ となり，$a_{1}=3$ となり矛盾．つまり $a_{n}\neq 3$)．
$b_{n+1}=\dfrac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-3}$
$=\dfrac{\dfrac{7a_{n}+3}{a_{n}+5}+1}{\dfrac{7a_{n}+3}{a_{n}+5}-3}$
$=\dfrac{7a_{n}+3+(a_{n}+5)}{7a_{n}+3-3(a_{n}+5)}$
$=\dfrac{8a_{n}+8}{4a_{n}-12}=2b_{n}$ ←等比型
$\therefore \ b_{n}=b_{1}\cdot 2^{n-1}=2\cdot 2^{n-1}=2^{n}$
また
$b_{n}=\dfrac{a_{n}+1}{a_{n}-3} \Longleftrightarrow (a_{n}-3)b_{n}=a_{n}+1$
$\hspace{23mm} \Longleftrightarrow (b_{n}-1)a_{n}=3b_{n}+1$
$\hspace{23mm} \Longleftrightarrow a_{n}=\dfrac{3b_{n}+1}{b_{n}-1}$
$\therefore \ \boldsymbol{a_{n}=\dfrac{3\cdot 2^{n}+1}{2^{n}-1}}$
補足
特性方程式の成り立ち
$a_{n+1}=\dfrac{pa_{n}+q}{ra_{n}+s}$ ですが，発想としては $b_{n}=a_{n}-\alpha$ とおいて，$b_{n+1}=\dfrac{(p-r\alpha)b_{n}+p\alpha+q-r\alpha^{2}-s\alpha}{rb_{n}+r\alpha+s}$ とできるので
$p\alpha+q-r\alpha^{2}-s\alpha=0$
とすれば逆数型の漸化式に持ち込んで解くことができます．上の $\alpha$ の2次方程式は
$\boldsymbol{\alpha=\dfrac{p\alpha+q}{r\alpha+s}}$
を変形したものなのでこれを特性方程式と解釈することができます．
このまま逆数型の漸化式として解いてもいいですが，$b_{n}=\dfrac{a_{n}-\alpha_{1}}{a_{n}-\alpha_{2}}$ とすれば，$b_{n+1}=Rb_{n}$ とできるので，等比型の漸化式に持ち込んで解く方が解答時間は削減されると思います．実際
$b_{n+1}=\dfrac{a_{n+1}-\alpha_{1}}{a_{n+1}-\alpha_{2}}$
$=\dfrac{\dfrac{pa_{n}+q}{ra_{n}+s}-\alpha_{1}}{\dfrac{pa_{n}+q}{ra_{n}+s}-\alpha_{2}}$
$=\dfrac{pa_{n}+q-\alpha_{1}(ra_{n}+s)}{pa_{n}+q-\alpha_{2}(ra_{n}+s)}$
$=\dfrac{(p-r\alpha_{1})a_{n}+q-s\alpha_{1}}{(p-r\alpha_{2})a_{n}+q-s\alpha_{2}}$
$=\dfrac{\dfrac{p-r\alpha_{1}}{p-r\alpha_{2}}a_{n}+\dfrac{q-s\alpha_{1}}{p-r\alpha_{2}}}{a_{n}+\dfrac{q-s\alpha_{2}}{p-r\alpha_{2}}}$
$=\dfrac{\dfrac{p-r\alpha_{1}}{p-r\alpha_{2}}a_{n}+\dfrac{p-r\alpha_{1}}{p-r\alpha_{2}}\cdot \dfrac{q-s\alpha_{1}}{p-r\alpha_{1}}}{a_{n}+\dfrac{q-s\alpha_{2}}{p-r\alpha_{2}}} \ \cdots$ ☆
$=\dfrac{Ra_{n}-R\alpha_{1}}{a_{n}-\alpha_{2}} \ \cdots$ ♪
$=Rb_{n}$
上の☆と♪を比較して
$\dfrac{q-s\alpha_{2}}{p-r\alpha_{2}}=-\alpha_{2}$，$\dfrac{p-r\alpha_{1}}{p-r\alpha_{2}}=R$，$\dfrac{q-s\alpha_{1}}{p-r\alpha_{1}}=-\alpha_{1}$
としました．さらに $\alpha_{2}$，$\alpha_{1}$ を変形をすると
$\alpha_{2}=\dfrac{p\alpha_{2}+q}{r\alpha_{2}+s}$， $\alpha_{1}=\dfrac{p\alpha_{1}+q}{r\alpha_{1}+s}$
となるので，$\boldsymbol{\alpha_{1}}$，$\boldsymbol{\alpha_{2}}$ はどちらも
$\boldsymbol{\alpha=\dfrac{p\alpha+q}{r\alpha+s}}$
の解であると言えます．
つまり，$\alpha=\dfrac{p\alpha+q}{r\alpha+s}$ を解いて，$b_{n}=\dfrac{a_{n}-\alpha_{1}}{a_{n}-\alpha_{2}}$ とおけば，$b_{n+1}=Rb_{n}$ とできますね．
解法まとめ
$a_{n+1}=\dfrac{pa_{n}+q}{ra_{n}+s}$ の解法まとめ
① $a_{n+1}$ と $a_{n}$ を $\alpha$ に変えた特性方程式
$\boldsymbol{\alpha=\dfrac{p\alpha+q}{r\alpha+s}}$
として，この2次方程式を解く．
↓
② (ⅰ) 上で異なる2つの解のとき，$\boldsymbol{b_{n}=\dfrac{a_{n}-\alpha_{1}}{a_{n}-\alpha_{2}}}$ とおいて，$b_{n+1}=Rb_{n}$ (等比型の漸化式)に持ち込み，$\{b_{n}\}$ の一般項を出す．
(ⅱ) 上で重解のとき，$\boldsymbol{b_{n}=a_{n}-\alpha}$ とおいて，逆数型の漸化式に持ち込み，$\{b_{n}\}$ の一般項を出す(この方法で(ⅰ)も解けます)．
↓
③ $\{a_{n}\}$ の一般項を出す．
練習問題
練習
数列 $\{a_{n}\}$ の一般項を求めよ．
(1) $a_{1}=2$，$a_{n+1}=\dfrac{3a_{n}+2}{a_{n}+4}$
(2) $a_{1}=\dfrac{1}{3}$，$a_{n+1}=\dfrac{1}{3-2a_{n}}$
(3) $a_{1}=5$，$a_{n+1}=\dfrac{4a_{n}-9}{a_{n}-2}$
練習の解答
(1)
特性方程式
$\alpha=\dfrac{3\alpha+2}{\alpha+4}$
を解くと，$\alpha^{2}+\alpha-2=0 \ \Longleftrightarrow \ \alpha=-2$，$1$．
$b_{n}=\dfrac{a_{n}+2}{a_{n}-1}$
とおく( $a_{n}=1$ とすると $a_{n+1}=1$ となり，$a_{1}=1$ となり矛盾．つまり $a_{n}\neq 1$)．
$b_{n+1}=\dfrac{a_{n+1}+2}{a_{n+1}-1}$
$=\dfrac{\dfrac{3a_{n}+2}{a_{n}+4}+2}{\dfrac{3a_{n}+2}{a_{n}+4}-1}$
$=\dfrac{3a_{n}+2+2(a_{n}+4)}{3a_{n}+2-(a_{n}+4)}$
$=\dfrac{5a_{n}+10}{2a_{n}-2}=\dfrac{5}{2}b_{n}$
$\therefore \ b_{n}=b_{1}\left(\dfrac{5}{2}\right)^{n-1}=4\left(\dfrac{5}{2}\right)^{n-1}$
また
$b_{n}=\dfrac{a_{n}+2}{a_{n}-1} \Longleftrightarrow (a_{n}-1)b_{n}=a_{n}+2$
$\hspace{24mm} \Longleftrightarrow (b_{n}-1)a_{n}=b_{n}+2$
$\hspace{24mm} \Longleftrightarrow a_{n}=\dfrac{b_{n}+2}{b_{n}-1}$
$\hspace{1mm} \therefore \ \boldsymbol{a_{n}}=\dfrac{4 \left(\dfrac{5}{2}\right)^{n-1}+2}{4 \left(\dfrac{5}{2}\right)^{n-1}-1}\boldsymbol{=\dfrac{4\cdot 5^{n-1}+2^{n}}{4\cdot 5^{n-1}-2^{n-1}}}$
(2) 出典：2015年宮崎大改
特性方程式
$\alpha=\dfrac{1}{3-2\alpha}$
を解くと，$2\alpha^{2}-3\alpha+1=0 \ \Longleftrightarrow \ \alpha=1$，$\dfrac{1}{2}$．
$b_{n}=\dfrac{a_{n}-\dfrac{1}{2}}{a_{n}-1}$
とおく( $a_{n}=1$ とすると $a_{n+1}=1$ となり，$a_{1}=1$ となり矛盾．つまり $a_{n}\neq 1$)．
$b_{n+1}=\dfrac{a_{n+1}-\dfrac{1}{2}}{a_{n+1}-1}$
$=\dfrac{\dfrac{1}{3-2a_{n}}-\dfrac{1}{2}}{\dfrac{1}{3-2a_{n}}-1}$
$=\dfrac{2-(3-2a_{n})}{2-2(3-2a_{n})}$
$=\dfrac{2a_{n}-1}{4a_{n}-4}=\dfrac{1}{2}b_{n}$
$\therefore \ b_{n}=b_{1}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}$
また
$b_{n}=\dfrac{a_{n}-\dfrac{1}{2}}{a_{n}-1} \Longleftrightarrow (a_{n}-1)b_{n}=a_{n}-\dfrac{1}{2}$
$\hspace{24mm} \Longleftrightarrow (b_{n}-1)a_{n}=b_{n}-\dfrac{1}{2}$
$\hspace{24mm} \Longleftrightarrow a_{n}=\dfrac{b_{n}-\dfrac{1}{2}}{b_{n}-1}$
$\hspace{1mm} \therefore \ \boldsymbol{a_{n}}=\dfrac{\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}-\dfrac{1}{2}}{\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}-1}\boldsymbol{=\dfrac{2^{n}-1}{2^{n+1}-1}}$
※ 一般項を予想して数学的帰納法で示すのもいいと思います．同じ問題が練習問題にあります．
(3) 出典：2015年東工大
特性方程式
$\alpha=\dfrac{4\alpha-9}{\alpha-2}$
を解くと，$\alpha^{2}-6\alpha+9=0 \ \Longleftrightarrow \ \alpha=3$．
$b_{n}=a_{n}-3$
とおく．
$b_{n+1}=a_{n+1}-3$
$=\dfrac{4a_{n}-9}{a_{n}-2}-3$
$=\dfrac{a_{n}-3}{a_{n}-2}$
$=\dfrac{b_{n}}{b_{n}+1}$
$b_{1}=2$ および漸化式の形から $b_{n}>0$．両辺の逆数とると
$\dfrac{1}{b_{n+1}}=\dfrac{b_{n}+1}{b_{n}}=\dfrac{1}{b_{n}}+1$
ここで $\left\{\dfrac{1}{b_{n}}\right\}$ は初項 $\dfrac{1}{b_{1}}=\dfrac{1}{2}$，公差 $1$ の等差数列より
$\dfrac{1}{b_{n}}=\dfrac{1}{2}+(n-1)\cdot 1=n-\dfrac{1}{2}=\dfrac{2n-1}{2}$
$\Longleftrightarrow b_{n}=\dfrac{2}{2n-1}=a_{n}-3$
$\Longleftrightarrow a_{n}=\dfrac{2}{2n-1}+3$
$\hspace{3mm} \therefore \ \boldsymbol{a_{n}=\dfrac{6n-1}{2n-1}}$
※ 一般項を予想して数学的帰納法で示すのもいいと思います．