⑭ 積・累乗型（対数をとる） a(n+1)=q·a(n)^p
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要点
log は積を和に、累乗を係数に変える。a(n+1) = q·a(n)^p の両辺の対数を取ると log a(n+1) = p·log a(n) + log q で、b(n) = log a(n) は⑩そのもの。底は q や a(1) に合わせて選ぶと数がきれいになる。対数を取るには a(n) > 0 が必要なので、最初に帰納法で示す。
こんなときに使う
- a(n+1) = q·a(n)^p、a(n+1)·a(n)^k = c などの積と累乗の漸化式
- a(n+1) = √(a(n)·a(n−1)) のような積の平均 → 対数で3項間（⑮）
- 答えが 2 の何乗の何乗、のように指数が爆発的に増える
手順
- 1. a(1) > 0 と帰納法で、すべての n で a(n) > 0 を示す
- 2. 底を決めて（q か a(1) の底に揃える）両辺の対数を取る
- 3. b(n) = log a(n) と置き、⑩で解く
- 4. a(n) = (底)^b(n) に戻す
例題
a(1) = 2、a(n+1) = 4a(n)² の一般項を求めよ。
解答
- a(1) > 0 で、a(n) > 0 なら a(n+1) > 0。よって常に a(n) > 0
- 底2の対数を取る：log₂ a(n+1) = 2 + 2log₂ a(n)
- b(n) = log₂ a(n) とおくと b(n+1) = 2b(n) + 2、b(1) = 1
- α = −2 より b(n) + 2 = 3·2ⁿ⁻¹
- ∴ a(n) = 2^(3·2ⁿ⁻¹ − 2)
- 検算：a(2) = 4·4 = 16 = 2⁴、3·2 − 2 = 4 ○
別解・ほかの見方
- a(n+2) = a(n+1)²·a(n) なら対数で b(n+2) = 2b(n+1) + b(n)（⑮）
- 答えの指数が整数かどうかを問う整数問題に化けることがある
落とし穴
- a(n) > 0 を示さずに log を取る
- log(4a(n)²) = 4 + 2log a(n) としてしまう（log 4 = 2 を忘れる）
- 最後に指数に戻すときに底を間違える
- a(n) > 0 を示さずに対数を取る／底を何にするかで計算量が変わる
なぜ大事か
掛け算と累乗の漸化式は、対数で足し算と掛け算の漸化式（⑩）になる
東大での出方
単独より、積の極限や整数の桁数問題の中で使う。
確認問題
- a(1) = 3、a(n+1) = a(n)³ の一般項を求めよ（答：3^(3ⁿ⁻¹)）
- a(1) = 10、a(n+1) = 10a(n)² の一般項を求めよ（答：10^(2ⁿ − 1)）
発展
p > 1 なら指数部が pⁿ で増える（二重指数）。ニュートン法の収束の速さ（誤差が2乗で減る）もこの構造。
前提になるノード
「漸化式」のノード
- ⑩ 特性方程式型 a(n+1)=p·a(n)+q
- ⑪ 指数型 a(n+1)=p·a(n)+rⁿ（rⁿ⁺¹で割る）
- ⑫ nの多項式型 a(n+1)=p·a(n)+(An+B)
- ⑬ 分数型（逆数をとる） a(n+1)=a(n)/(p·a(n)+q)
- ⑭ 積・累乗型（対数をとる） a(n+1)=q·a(n)^p
- ⑮ 隣接3項間 a(n+2)+p·a(n+1)+q·a(n)=0
- ⑯ 連立漸化式（和と差・消去）
- ⑰ 和S(n)と一般項の混在型
- ⑱ 一次分数変換型 a(n+1)=(p·a(n)+q)/(r·a(n)+s)
- ⑲ 三角関数置換型 a(n+1)=2a(n)²−1
- ⑳ 偶奇分け（(−1)ⁿ型・2つ飛び）
- ㉑ 周期・余り（mod）を書き出して見つける
- 漸化式の型別処理（等比型・特性方程式・分数型・連立）
- ㉔ 推測＋数学的帰納法（誘導のない漸化式）
解説は自作です。誤りに気づいたら お問い合わせ（/contact/）から教えてください。