解説

方針・初手

一次式型の漸化式

$$ a_{n+1}=\frac{1}{3}a_n+\frac{4}{3}

$$

では、まず定数解を探す。$a_n=\alpha$ とおくと

$$ \alpha=\frac{1}{3}\alpha+\frac{4}{3}

$$

より $\alpha=2$ である。したがって、$a_n$ から $2$ を引くと等比数列になる。

解法1

漸化式

$$ a_{n+1}=\frac{1}{3}a_n+\frac{4}{3}

$$

の定数解を求めるため、$a_n=\alpha$ が常に成り立つと仮定する。このとき

$$ \alpha=\frac{1}{3}\alpha+\frac{4}{3}

$$

であるから、

$$ \frac{2}{3}\alpha=\frac{4}{3}

$$

より

$$ \alpha=2

$$

を得る。

そこで、漸化式から $2$ を引く形に変形する。

$$ \begin{aligned} a_{n+1}-2 &=\frac{1}{3}a_n+\frac{4}{3}-2 \\ &=\frac{1}{3}a_n-\frac{2}{3} \\ &=\frac{1}{3}(a_n-2) \end{aligned}

$$

よって、数列 ${a_n-2}$ は公比 $\frac{1}{3}$ の等比数列である。

初項は

$$ a_1-2=1-2=-1

$$

であるから、

$$ a_n-2=-(\frac{1}{3})^{n-1}

$$

となる。したがって

$$ a_n=2-\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}

$$

である。

解法2

漸化式を反復して展開する。

$$ \begin{aligned} a_{n} &=\frac{1}{3}a_{n-1}+\frac{4}{3} \\ &=\left(\frac{1}{3}\right)^2 a_{n-2} +\frac{4}{3}\left(1+\frac{1}{3}\right) \\ &=\left(\frac{1}{3}\right)^3 a_{n-3} +\frac{4}{3}\left(1+\frac{1}{3}+\left(\frac{1}{3}\right)^2\right) \end{aligned}

$$

同様に続けると、

$$ a_n=\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}a_1 +\frac{4}{3}\left\{1+\frac{1}{3}+\left(\frac{1}{3}\right)^2+\cdots+\left(\frac{1}{3}\right)^{n-2}\right\}

$$

である。$a_1=1$ を代入し、等比数列の和を用いると

$$ \begin{aligned} a_n &=\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} +\frac{4}{3}\cdot \frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}}{1-\frac{1}{3}} \\ &=\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} +2\left\{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}\right\} \\ &=2-\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \end{aligned}

$$

となる。

解説

この問題の中心は、漸化式の右辺に定数項があるため、そのままでは等比数列にならない点である。

一次式型の漸化式

$$ a_{n+1}=pa_n+q

$$

では、まず不動点 $\alpha$ を

$$ \alpha=p\alpha+q

$$

から求め、$a_n-\alpha$ を考えるのが定石である。本問では $\alpha=2$ なので、$a_n-2$ が公比 $\frac{1}{3}$ の等比数列になる。

答え

$$ a_n=2-\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}

$$