2-9型(対数型)の漸化式
数列(難関大対策) ★★★★
$a_{n+1}$ と $a_{n}$ の次数が違うパターンです．
例題と解法まとめ
例題
2-9型(対数型) $a_{n+1}=pa_{n}^{q}$
数列 $\{a_{n}\}$ の一般項を求めよ．
$a_{1}=2$，$a_{n+1}=16a_{n}^{5}$
講義
両辺の対数をとれば次数の違いが解消します．
ちなみに対数の底はどんな数字でも大丈夫ですが，$p$ や $a_{1}$ を底にすると楽です．
対数をとる前に，真数条件をクリアすることを断っておきます．
解答
$a_{1}$ および漸化式の形から $a_{n}>0$．両辺 $2$ を底とする対数をとると
$\log_{2}a_{n+1}=\log_{2}16a_{n}^{5}=5\log_{2}a_{n}+4$
ここで $b_{n}=\log_{2}a_{n}$ とおくと
$b_{n+1}=5b_{n}+4$，$b_{1}=\log_{2}a_{1}=1$
となり(2-4型(特性方程式型)の漸化式に帰着)
$b_{n+1}+1=5(b_{n}+1)$
とすると
$b_{n}+1=(b_{1}+1)5^{n-1}=2\cdot 5^{n-1}$
$\therefore \ b_{n}=2\cdot 5^{n-1}-1$
$\therefore \ \boldsymbol{a_{n}}=2^{b_{n}}\boldsymbol{=2^{2\cdot 5^{n-1}-1}}$
解法まとめ
$a_{n+1}=pa_{n}^{q}$ の解法まとめ
① 両辺 $p$ や $a_{1}$ を底にする対数をとる．
↓
② $\{a_{n}\}$ の対数をとったものを $b_{n}$ とおいて，$\{b_{n}\}$ の一般項を出す．
↓
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) $a_{1}=2$，$a_{n+1}=a_{n}^{2}$
(2) $a_{1}=10$，$a_{n+1}=\sqrt{\sqrt{10a_{n}}}$
(3) $a_{1}=9$，$a_{n+1}=3^{n}a_{n}^{2}$
練習の解答
(1)
$a_{1}$ および漸化式の形から $a_{n}>0$．両辺 $2$ を底とする対数をとると
$\log_{2}a_{n+1}=\log_{2}a_{n}^{2}=2\log_{2}a_{n}$
ここで $b_{n}=\log_{2}a_{n}$ とおくと
$b_{n+1}=2b_{n}$，$b_{1}=\log_{2}a_{1}=1$
となるので
$b_{n}=2^{n-1}$
$\therefore \ \boldsymbol{a_{n}}=2^{b_{n}}\boldsymbol{=2^{2^{n-1}}}$
(2)
$a_{1}$ および漸化式の形から $a_{n}>0$．両辺 $10$ を底とする対数をとると
$\hspace{10mm} \log_{10}a_{n+1}=\log_{10}\sqrt{\sqrt{10a_{n}}}$
$\hspace{29mm} =\log_{10}(10^{\frac{1}{4}}\cdot a_{n}^{\frac{1}{4}})$
$\hspace{29mm} =\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\log_{10}a_{n}$
ここで $b_{n}=\log_{10}a_{n}$ とおくと
$b_{n+1}=\dfrac{1}{4}b_{n}+\dfrac{1}{4}$，$b_{1}=\log_{10}a_{1}=1$
となるので
$b_{n+1}-\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{4}\left(b_{n}-\dfrac{1}{3}\right)$
とすると
$b_{n}-\dfrac{1}{3}=\left(b_{1}-\dfrac{1}{3}\right)\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$
$\therefore \ b_{n}=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}+\dfrac{1}{3}$
$\therefore \ \boldsymbol{a_{n}}=10^{b_{n}}\boldsymbol{=10^{\frac{2}{3}\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}+\frac{1}{3}}}$
(3)
$a_{1}$ および漸化式の形から $a_{n}>0$．両辺 $3$ を底とする対数をとると
$\log_{3}a_{n+1}=\log_{3}3^{n}a_{n}^{2}=2\log_{3}a_{n}+n$
ここで $b_{n}=\log_{3}a_{n}$ とおくと
$b_{n+1}=2b_{n}+n$，$b_{1}=\log_{3}a_{1}=2$
となるので(2-7型(関数スライド型)です)
$b_{n+1}+\alpha(n+1)+\beta=2(b_{n}+\alpha n+\beta)$
$\Longleftrightarrow \ b_{n+1}=2b_{n}+\alpha n-\alpha+\beta$
とすると
$\begin{cases} \alpha=1 \\ -\alpha+\beta=0 \end{cases} \ \ \therefore \alpha=1，\beta=1$
つまり $b_{n+1}+(n+1)+1=2(b_{n}+n+1)$ と変形できるので
$b_{n}+n+1=(b_{1}+1+1)2^{n-1}=4\cdot 2^{n-1}$
$\therefore \ b_{n}=2^{n+1}-n-1$
$\therefore \ \boldsymbol{a_{n}}=3^{b_{n}}\boldsymbol{=3^{2^{n+1}-n-1}}$