解説

方針・初手

各漸化式を、差または比の形に直して積み重ねる。特に (3), (4) は $c_n-2n$ $d_n-2n$ を新しい数列とみなすと、(2) と同じ形になる。

解法1

**(1)**

漸化式

$$ a_{n+1}=a_n+n

$$

より、

$$ a_{k+1}-a_k=k

$$

である。これを $k=1,2,\dots,n-1$ について加えると、左辺は中間項が消えて

$$ a_n-a_1=1+2+\cdots+(n-1)

$$

となる。$a_1=0$ より、

$$ a_n=\frac{n(n-1)}{2}

$$

である。

**(2)**

漸化式

$$ b_{n+1}=2^n b_n

$$

より、

$$ \frac{b_{n+1}}{b_n}=2^n

$$

である。これを $n=1$ から $n-1$ まで掛け合わせると、

$$ \frac{b_n}{b_1}=2^1\cdot 2^2\cdots 2^{n-1}

$$

となる。$b_1=1$ だから、

$$ b_n=2^{1+2+\cdots+(n-1)}

$$

である。したがって、

$$ b_n=2^{\frac{n(n-1)}{2}}

$$

を得る。

**(3)**

漸化式

$$ c_{n+1}-2(n+1)=2^n(c_n-2n)

$$

において、

$$ x_n=c_n-2n

$$

とおく。すると

$$ x_{n+1}=2^n x_n

$$

となる。

初期値は

$$ x_1=c_1-2=2-2=0

$$

である。したがって $x_1=0$ から順に $x_n=0$ が成り立つので、

$$ c_n-2n=0

$$

すなわち

$$ c_n=2n

$$

である。

**(4)**

漸化式

$$ d_{n+1}-2(n+1)=2^n(d_n-2n)

$$

において、

$$ y_n=d_n-2n

$$

とおく。すると

$$ y_{n+1}=2^n y_n

$$

となる。

初期値は

$$ y_1=d_1-2=3-2=1

$$

である。よって (2) と同様に、

$$ y_n=2^{1+2+\cdots+(n-1)}

$$

であるから、

$$ y_n=2^{\frac{n(n-1)}{2}}

$$

となる。したがって、

$$ d_n-2n=2^{\frac{n(n-1)}{2}}

$$

より、

$$ d_n=2n+2^{\frac{n(n-1)}{2}}

$$

である。

解説

(1) は差を足し上げる基本形であり、階差数列を用いる問題である。

(2) は比を掛け合わせる形であり、指数の和

$$ 1+2+\cdots+(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}

$$

を使う。

(3), (4) はそのまま解こうとせず、$c_n-2n$ $d_n-2n$ をひとまとまりとして見ることが重要である。これにより、いずれも (2) と同じ形の漸化式に変形できる。

答え

**(1)**

$$ a_n=\frac{n(n-1)}{2}

$$

**(2)**

$$ b_n=2^{\frac{n(n-1)}{2}}

$$

**(3)**

$$ c_n=2n

$$

**(4)**

$$ d_n=2n+2^{\frac{n(n-1)}{2}}

$$