第6章　漸化式の基本

前の項から次の項を決める

第5章の最後に、数列 $1,$$\ 2,$$\ 4,$$\ 7,$$\ 11,$$\ \ldots$ は、次の決まりでも作れると書きました。

$\displaystyle a_1$$\displaystyle {}= 1,$$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}= a_n$$\displaystyle {}+ n$

$n$${}= 1$ とすると $a_2$${}= a_1$${}+ 1$${}= 2$、$n$${}= 2$ とすると $a_3$${}= a_2$${}+ 2$${}= 4$、$n$${}= 3$ とすると $a_4$${}= a_3$${}+ 3$${}= 7$……と、前の項が分かれば次の項が決まり、それをくり返すと、どこまでも項を作っていけます。

公式1：漸化式

数列 $\{a_n\}$ の各項を、それより前の項を使って決める式を漸化式という。初項 $a_1$ と、たとえば

$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}= (a_n \text{ と } n \text{ の式})$$\displaystyle (n = 1,\ 2,\ 3,\ \ldots)$

の形の漸化式が与えられると、$a_2,$$\ a_3,$$\ a_4,$$\ \ldots$ が順に 1 つずつ決まり、数列全体がただ 1 通りに定まる。漸化式を満たす数列の一般項を求めることを、漸化式を解くという。

これまでの章にも、漸化式はこっそり登場していました。第1章の等差数列の定義 $a_{n+1}$${}= a_n$${}+ d$、第2章の等比数列の定義 $a_{n+1}$${}= ra_n$ は、どちらも漸化式です。第4章の実践 j18 で出てきた $a_n$${}= 2a_{n-1}\ (n \geqq 2)$ も同じ仲間で、番号を 1 つずらして $a_{n+1}$${}= 2a_n\ (n \geqq 1)$ と書いても意味は変わりません。

漸化式と一般項の違いは、宝探しの 2 種類のメモにたとえられます。1 つは「スタートの木から北へ 3 歩。そこから東へ 5 歩。そこから……」と、今いる場所をもとに次の場所を指示するメモ。もう 1 つは、宝の位置に直接印を付けた地図です。前者は 1 歩ずつ順にたどれば必ず着きますが、100 番目の地点を知るには 99 回たどらなければなりません。後者なら一目で分かります。漸化式は前者、一般項は後者です。漸化式を解くとは、たどり方のメモから地図を描き起こす作業なのです。

漸化式は「初項」と「前の項から次の項を作る規則」の組で数列を決める方法で、それを解くとは、番号 $n$ を入れれば直接答えが出る一般項に書き直すことだということです。

例題1：漸化式から項を求める

次の漸化式で定まる数列 $\{a_n\}$ について、$a_2,$$\ a_3,$$\ a_4,$$\ a_5$ を求めなさい。

(1) $a_1$${}= 2,$$a_{n+1}$${}= 3a_n$${}- 1$

(2) $a_1$${}= 1,$$a_{n+1}$${}= a_n$${}+ 2n$${}+ 1$

---

【解答】

(1) $n$${}= 1,$$\ 2,$$\ 3,$$\ 4$ を順に代入します。

$\displaystyle a_2$$\displaystyle {}= 3 \cdot 2$$\displaystyle {}- 1$$\displaystyle {}= 5,$$\displaystyle a_3$$\displaystyle {}= 3 \cdot 5$$\displaystyle {}- 1$$\displaystyle {}= 14,$$\displaystyle a_4$$\displaystyle {}= 3 \cdot 14$$\displaystyle {}- 1$$\displaystyle {}= 41,$$\displaystyle a_5$$\displaystyle {}= 3 \cdot 41$$\displaystyle {}- 1$$\displaystyle {}= 122$

よって $\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8389em}a_2 = 5,}$$\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8389em}\ a_3 = 14,}$$\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8389em}\ a_4 = 41,}$$\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8389em}\ a_5 = 122}$。

(2) 足す数 $2n$${}+ 1$ は、$n$${}= 1,$$\ 2,$$\ 3,$$\ 4$ のとき $3,$$\ 5,$$\ 7,$$\ 9$ です。

$\displaystyle a_2$$\displaystyle {}= 1$$\displaystyle {}+ 3$$\displaystyle {}= 4,$$\displaystyle a_3$$\displaystyle {}= 4$$\displaystyle {}+ 5$$\displaystyle {}= 9,$$\displaystyle a_4$$\displaystyle {}= 9$$\displaystyle {}+ 7$$\displaystyle {}= 16,$$\displaystyle a_5$$\displaystyle {}= 16$$\displaystyle {}+ 9$$\displaystyle {}= 25$

よって $\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8389em}a_2 = 4,}$$\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8389em}\ a_3 = 9,}$$\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8389em}\ a_4 = 16,}$$\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8389em}\ a_5 = 25}$。

(2) の項は $1,$$\ 4,$$\ 9,$$\ 16,$$\ 25$ と平方数が並び、$a_n$${}= n^2$ ではないかと見当がつきます。ただ、数項を眺めただけでは「たぶん」にとどまります（第4章の小話で、数項だけでは規則が決まらない例を見ました）。見当に頼らず一般項を導く方法を、ここから順に学んでいきます。

等差型・等比型

いちばん簡単なのは、第1章・第2章で学んだ形そのままの漸化式です。

公式2：等差数列型・等比数列型の漸化式

$d,$$\ r$ を定数とする。

$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}= a_n$$\displaystyle {}+ d$$\displaystyle {}\iff a_n$$\displaystyle {}= a_1$$\displaystyle {}+ (n - 1)d$

（どちらも「$\{a_n\}$ は公差 $d$ の等差数列」と同じこと）

$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}= ra_n$$\displaystyle {}\iff a_n$$\displaystyle {}= a_1 r^{n-1}$

（どちらも「$\{a_n\}$ は公比 $r$ の等比数列」と同じこと）

ロールプレイングゲームで、レベルが 1 つ上がるたびにキャラクターの攻撃力が変わる場面を考えてみましょう。「毎回 $5$ ずつ上がる」なら等差型、「毎回 $1.2$ 倍になる」なら等比型です。どちらも、レベルが上がるたびに同じ操作をくり返しているだけなので、レベル $n$ の攻撃力は、第1章・第2章の一般項の公式ですぐに分かります。

見かけが少し違っていても、式を整理すると公式2の形になることがよくあります。$a_{n+1}$${}- a_n$${}= 3$ は $a_{n+1}$${}= a_n$${}+ 3$ と同じ、$2a_{n+1}$${}= a_n$ は $a_{n+1}$${}= \dfrac{1}{2}a_n$ と同じです。まず「$a_{n+1}$${}= \cdots$」の形に直してから、型を見分けましょう。

次の項が「前の項 ＋ 定数」なら等差数列、「前の項 × 定数」なら等比数列で、一般項はそれぞれ第1章・第2章の公式で書けるということです。

例題2：等差型・等比型

次の漸化式で定まる数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めなさい。

(1) $a_1$${}= 5,$$a_{n+1}$${}- a_n$${}= -3$

(2) $a_1$${}= 3,$$2a_{n+1}$${}+ a_n$${}= 0$

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【解答】

(1) $a_{n+1}$${}= a_n$${}- 3$ なので、初項 $5$、公差 $-3$ の等差数列です。

$\displaystyle a_n$$\displaystyle {}= 5$$\displaystyle {}+ (n - 1) \cdot (-3)$$\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7278em}-3n}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7278em}{}+ 8}$

(2) $a_{n+1}$${}= -\dfrac{1}{2}a_n$ なので、初項 $3$、公比 $-\dfrac{1}{2}$ の等比数列です。

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

（(1) は $a_2$${}= 2$、式でも $-6$${}+ 8$${}= 2$。(2) は $a_2$${}= -\dfrac{3}{2}$、式でも $3 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right)$${}= -\dfrac{3}{2}$。）

階差型

足す数が一定でなく、番号 $n$ によって変わる漸化式もあります。この章の最初の $a_{n+1}$${}= a_n$${}+ n$ がその例です。

公式3：階差数列型の漸化式

$f(n)$ を $n$ の式とする。漸化式 $a_{n+1}$${}= a_n$${}+ f(n)$ は $a_{n+1}$${}- a_n$${}= f(n)$ と同じで、$\{a_n\}$ の階差数列が $b_n$${}= f(n)$ であることを表す。よって、第4章の公式2より

$\displaystyle a_n$$\displaystyle {}= a_1$$\displaystyle {}+ \sum_{k=1}^{n-1} f(k)$$\displaystyle (n \geqq 2)$

である。

さきほどのゲームで、上がり方がレベルによって変わる場合です。「レベル 1 から 2 では $+1$、2 から 3 では $+2$、3 から 4 では $+3$……」なら、レベル $n$ の攻撃力は、最初の攻撃力に、それまでの上がり幅 $1$${}+ 2$${}+ \cdots$${}+ (n - 1)$ を足したものです。上がり幅を並べたものが階差数列、それを足し戻すのが Σ です。

答えの書き方は第4章と同じ 3 段です。$n$${}\geqq 2$ で式を出し、$n$${}= 1$ を代入して $a_1$ と一致するか確かめます。

$a_{n+1}$${}= a_n$${}+ f(n)$ は「階差数列が $f(n)$」という意味なので、第4章と同じく $f(k)$ を $k$${}= 1$ から $n$${}- 1$ まで足して初項に加え、最後に $n$${}= 1$ を確かめるということです。

例題3：階差型

次の漸化式で定まる数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めなさい。

(1) $a_1$${}= 1,$$a_{n+1}$${}= a_n$${}+ n$

(2) $a_1$${}= 3,$$a_{n+1}$${}= a_n$${}+ 2^n$

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【解答】

(1) 階差数列は $b_n$${}= n$ なので、$n$${}\geqq 2$ のとき

$\displaystyle a_n$$\displaystyle {}= 1$$\displaystyle {}+ \sum_{k=1}^{n-1} k$$\displaystyle {}= 1$$\displaystyle {}+ \frac{(n - 1)n}{2}$$\displaystyle {}= \frac{n^2 - n + 2}{2}$

$n$${}= 1$ を代入すると $\dfrac{2}{2}$${}= 1$ で、$a_1$ と一致します。よって $\underline{a_n = \dfrac{n^2 - n + 2}{2}}$。

(2) 階差数列は $b_n$${}= 2^n$ なので、$n$${}\geqq 2$ のとき、初項 $2$、公比 $2$、項数 $n$${}- 1$ の等比数列の和を使って

$\displaystyle a_n$$\displaystyle {}= 3$$\displaystyle {}+ \sum_{k=1}^{n-1} 2^k$$\displaystyle {}= 3$$\displaystyle {}+ \frac{2(2^{n-1} - 1)}{2 - 1}$$\displaystyle {}= 3$$\displaystyle {}+ 2^n$$\displaystyle {}- 2$$\displaystyle {}= 2^n$$\displaystyle {}+ 1$

$n$${}= 1$ を代入すると $3$ で、$a_1$ と一致します。よって $\underline{\rule[-0.15em]{0em}{0.8144em}a_n = 2^n}$$\underline{\rule[-0.15em]{0em}{0.8144em}{}+ 1}$。

（(2) は $a_2$${}= 5,$$a_3$${}= 9$、式でも $4$${}+ 1$${}= 5$，$8$${}+ 1$${}= 9$。）

(1) の答えは、第4章の例題2、第5章の例題1(1) と同じ式です。同じ数列 $1,$$\ 2,$$\ 4,$$\ 7,$$\ 11,$$\ \ldots$ に、「差の数列」「群の最初の数」「漸化式」という 3 つの入り口からたどり着いたことになります。例題1(2) も、階差数列が $2n$${}+ 1$ なので、$n$${}\geqq 2$ のとき

$\displaystyle a_n$$\displaystyle {}= 1$$\displaystyle {}+ \sum_{k=1}^{n-1} (2k + 1)$$\displaystyle {}= 1$$\displaystyle {}+ (n - 1)n$$\displaystyle {}+ (n - 1)$$\displaystyle {}= n^2$

となり、見当どおり $a_n$${}= n^2$ だと確かめられます。

$a_{n+1}$${}= pa_n$${}+ q$ 型

次は、「前の項を $p$ 倍して $q$ を足す」漸化式です。例として $a_1$${}= 1,$$a_{n+1}$${}= 2a_n$${}+ 1$ を考えます。項を書き出すと

$\displaystyle 1,$$\displaystyle \ 3,$$\displaystyle \ 7,$$\displaystyle \ 15,$$\displaystyle \ 31,$$\displaystyle \ \ldots$

で、差も比も一定ではありません。ところが、各項に $1$ を足すと $2,$$\ 4,$$\ 8,$$\ 16,$$\ 32,$$\ \ldots$ となり、公比 $2$ の等比数列が現れます。実際、漸化式の両辺に $1$ を足すと

$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}+ 1$$\displaystyle {}= 2a_n$$\displaystyle {}+ 2$$\displaystyle {}= 2(a_n + 1)$

で、数列 $\{a_n + 1\}$ は公比 $2$ の等比数列です。初項は $a_1$${}+ 1$${}= 2$ なので $a_n$${}+ 1$${}= 2 \cdot 2^{n-1}$${}= 2^n$、つまり $a_n$${}= 2^n$${}- 1$ です。

では、足す数 $1$ はどうやって見つければよいでしょうか。$a_{n+1}$${}- \alpha$${}= p(a_n - \alpha)$ の形に変形できる定数 $\alpha$ を探せばよいのです。展開すると $a_{n+1}$${}= pa_n$${}- p\alpha$${}+ \alpha$ なので、もとの式 $a_{n+1}$${}= pa_n$${}+ q$ と比べて、$\alpha$${}- p\alpha$${}= q$、すなわち $\alpha$${}= p\alpha$${}+ q$ を満たせばよいことが分かります。これは、漸化式の $a_{n+1}$ と $a_n$ をどちらも $\alpha$ に置きかえた式です。上の例なら $\alpha$${}= 2\alpha$${}+ 1$ から $\alpha$${}= -1$ で、$a_n$${}- (-1)$${}= a_n$${}+ 1$ を考えればよかったわけです。

公式4：$a_{n+1}$${}= pa_n$${}+ q$ 型の漸化式

$p,$$\ q$ を定数とし、$p$${}\neq 1$ とする。$\alpha$ を

$\displaystyle \alpha$$\displaystyle {}= p\alpha$$\displaystyle {}+ q$

の解とすると、漸化式 $a_{n+1}$${}= pa_n$${}+ q$ は

$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}- \alpha$$\displaystyle {}= p(a_n - \alpha)$

と変形できる。よって数列 $\{a_n - \alpha\}$ は初項 $a_1$${}- \alpha$、公比 $p$ の等比数列で

$\displaystyle a_n$$\displaystyle {}= \alpha$$\displaystyle {}+ (a_1 - \alpha)p^{n-1}$

である。（$p$${}= 1$ のときは等差型。）$\alpha$ を求めるための式 $\alpha$${}= p\alpha$${}+ q$ を、この漸化式の特性方程式と呼ぶことがある。

特性方程式は、新しい公式というより「等比数列に言いかえるための道具」です。答案では、$\alpha$ を求める計算は脇に書き、$a_{n+1}$${}- \alpha$${}= p(a_n - \alpha)$ の変形を示してから等比数列として解く、という流れで書きます。

$\alpha$ には、はっきりした意味があります。もし $a_n$${}= \alpha$ なら $a_{n+1}$${}= p\alpha$${}+ q$${}= \alpha$ で、次の項も $\alpha$ のまま動きません。$\alpha$ は、この漸化式の「落ち着き先」なのです。そして $a_n$${}- \alpha$ は「落ち着き先からのずれ」で、公式4は、ずれが毎回 $p$ 倍になると言っています。

駅前の駐輪場を考えてみましょう。毎晩、止まっている自転車の $\dfrac{1}{4}$ が撤去され、翌朝には新しく $30$ 台が止められるとします。朝の台数を $a_n$ とすると $a_{n+1}$${}= \dfrac{3}{4}a_n$${}+ 30$ です。$120$ 台なら、夜に $30$ 台減って朝に $30$ 台増えるので、ずっと $120$ 台のままです（$\alpha$${}= \dfrac{3}{4}\alpha$${}+ 30$ の解が $120$）。$200$ 台から始めると、$120$ 台とのずれ $80$ 台が $60$ 台、$45$ 台……と $\dfrac{3}{4}$ 倍ずつ縮み、台数は $120$ 台に近づいていきます。

$a_{n+1}$${}= pa_n$${}+ q$ は、特性方程式 $\alpha$${}= p\alpha$${}+ q$ で落ち着き先 $\alpha$ を求め、$a_n$${}- \alpha$（落ち着き先からのずれ）が公比 $p$ の等比数列になることを使って解くということです。

例題4：$a_{n+1}$${}= pa_n$${}+ q$ 型

次の漸化式で定まる数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めなさい。

(1) $a_1$${}= 1,$$a_{n+1}$${}= 3a_n$${}+ 2$

(2) $a_1$${}= 6,$$a_{n+1}$${}= \dfrac{1}{2}a_n$${}+ 2$

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【解答】

(1) $\alpha$${}= 3\alpha$${}+ 2$ を解くと $\alpha$${}= -1$ です。漸化式は

$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}+ 1$$\displaystyle {}= 3(a_n + 1)$

と変形できるので、数列 $\{a_n + 1\}$ は初項 $a_1$${}+ 1$${}= 2$、公比 $3$ の等比数列です。よって $a_n$${}+ 1$${}= 2 \cdot 3^{n-1}$ で

$\displaystyle \underline{\rule[-0.15em]{0em}{1.0141em}a_n = 2 \cdot 3^{n-1}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.15em]{0em}{1.0141em}{}- 1}$

（$a_2$${}= 5$，$a_3$${}= 17$、式でも $6$${}- 1$${}= 5$，$18$${}- 1$${}= 17$。）

(2) $\alpha$${}= \dfrac{1}{2}\alpha$${}+ 2$ を解くと $\alpha$${}= 4$ です。漸化式は

$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}- 4$$\displaystyle {}= \frac{1}{2}(a_n - 4)$

と変形できるので、数列 $\{a_n - 4\}$ は初項 $a_1$${}- 4$${}= 2$、公比 $\dfrac{1}{2}$ の等比数列です。よって $a_n$${}- 4$${}= 2\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}$ で

$\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.6040em}a_n = 4}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.6040em}{}+ 2\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}}$

（$a_2$${}= 5$，$a_3$${}= \dfrac{9}{2}$、式でも $4$${}+ 1$${}= 5$，$4$${}+ \dfrac{1}{2}$${}= \dfrac{9}{2}$。図の点の並びがこの数列です。）

同じ漸化式を、階差数列に帰着させて解くこともできます。$a_{n+2}$${}= pa_{n+1}$${}+ q$ から $a_{n+1}$${}= pa_n$${}+ q$ を引くと

$\displaystyle a_{n+2}$$\displaystyle {}- a_{n+1}$$\displaystyle {}= p(a_{n+1} - a_n)$

となり、階差数列 $b_n$${}= a_{n+1}$${}- a_n$ が公比 $p$ の等比数列だと分かります。(1) なら $b_1$${}= a_2$${}- a_1$${}= 4$ なので $b_n$${}= 4 \cdot 3^{n-1}$、あとは公式3の手順で

$\displaystyle a_n$$\displaystyle {}= 1$$\displaystyle {}+ \sum_{k=1}^{n-1} 4 \cdot 3^{k-1}$$\displaystyle {}= 1$$\displaystyle {}+ 2(3^{n-1} - 1)$$\displaystyle {}= 2 \cdot 3^{n-1}$$\displaystyle {}- 1$

となり、同じ答えが得られます。特性方程式を使うほうが計算は短く済みますが、「等比にするか、階差にするか」という帰着の考え方はどちらも同じです。

身近な場面から漸化式を立てる

漸化式の本当の出番は、一般項がすぐには分からないけれど「1 回ごとに何が起こるか」ははっきりしている場面です。そうした場面では、まず「$a_n$ から $a_{n+1}$ を作る規則」を式にし、それから解きます。

例題5：ローンの残高

$100$ 万円を借り、1 年ごとに、残高に年利 $2\%$ の利子が付いた直後に $12$ 万円ずつ返します。$n$ 回目の返済直後の残高を $a_n$ 万円とします。

(1) $a_{n+1}$ を $a_n$ で表し、一般項 $a_n$ を求めなさい。

(2) $1.02^9$${}= 1.195$，$1.02^{10}$${}= 1.219$ とし、最後の回は残っている額だけを返すものとして、何回目の返済で返し終えるかを求めなさい。

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【解答】

(1) 1 回目の返済直後の残高は $a_1$${}= 100 \times 1.02$${}- 12$${}= 90$ です。$n$ 回目の返済直後の残高 $a_n$ に 1 年分の利子が付くと $1.02a_n$、そこから $12$ 万円返すので

$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}= 1.02a_n$$\displaystyle {}- 12$

$\alpha$${}= 1.02\alpha$${}- 12$ を解くと $0.02\alpha$${}= 12$ より $\alpha$${}= 600$ です。漸化式は $a_{n+1}$${}- 600$${}= 1.02(a_n - 600)$ と変形できるので、数列 $\{a_n - 600\}$ は初項 $90$${}- 600$${}= -510$、公比 $1.02$ の等比数列です。

$\displaystyle a_n$$\displaystyle {}- 600$$\displaystyle {}= -510 \cdot 1.02^{n-1}$$\displaystyle {}= -500 \cdot 1.02^n$

よって $\underline{\rule[-0.15em]{0em}{0.8144em}a_n = 600}$$\underline{\rule[-0.15em]{0em}{0.8144em}{}- 500 \cdot 1.02^n}$（$510$${}= 500 \times 1.02$ を使いました）。

(2) $a_9$${}= 600$${}- 500 \times 1.195$${}= 2.5$${}> 0$ なので、9 回目の返済のあとにはまだ $2.5$ 万円残っています。一方、式の上では $600$${}- 500 \times 1.219$${}= -9.5$${}< 0$ で、10 回目に $12$ 万円返そうとすると払いすぎになります。つまり 10 回目は、利子の付いた残り $2.5 \times 1.02$${}= 2.55$ 万円だけを返せば終わります。よって $\underline{10 \text{ 回目}}$。

落ち着き先 $\alpha$${}= 600$ には意味があります。残高が $600$ 万円なら、1 年の利子がちょうど $12$ 万円で、返しても返しても残高が減りません。残高が $600$ 万円より少ないから、ずれ（$600$ 万円との差）が毎年 $1.02$ 倍に広がって、残高はどんどん減っていくのです。

第2章の実践 j20 では、返済の問題を「すべてを最後の時点の価値にそろえて、等比数列の和で比べる」方法で解きました。漸化式を使うと、1 年ごとの残高の動きをそのまま追いかけることができます。どちらで解いても同じ答えになります。

文章題では「1 回の操作で $a_n$ が $a_{n+1}$ にどう変わるか」を式にすれば漸化式ができ、それを等差・等比・階差のどれかに帰着させて解けばよいということです。

この章のまとめと次の章

この章の漸化式の形と、帰着させる先、一般項をまとめます。

• $a_{n+1}$${}= a_n$${}+ d$：等差数列 → $a_1$${}+ (n - 1)d$
• $a_{n+1}$${}= ra_n$：等比数列 → $a_1 r^{n-1}$
• $a_{n+1}$${}= a_n$${}+ f(n)$：階差数列 → $a_1 + \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} f(k)$（$n$${}\geqq 2$、$n$${}= 1$ を確かめる）
• $a_{n+1}$${}= pa_n$${}+ q$（$p$${}\neq 1$）：$\{a_n - \alpha\}$ が等比数列 → $\alpha$${}+ (a_1 - \alpha)p^{n-1}$（$\alpha$${}= p\alpha$${}+ q$）

第2章の最後に、等差数列と等比数列を「足す」「掛ける」で対比しました。この章の $a_{n+1}$${}= pa_n$${}+ q$ は、その 2 つを 1 つの式にまとめた形です。$p$${}= 1$ なら等差数列、$q$${}= 0$ なら等比数列になります。

では、足す数が定数でなく $a_{n+1}$${}= 2a_n$${}+ n$ のように $n$ を含んでいたら？ $a_{n+1}$${}= \dfrac{a_n}{a_n + 1}$ のような分数の形なら？ さらに、$a_{n+2}$${}= a_{n+1}$${}+ a_n$ のように 2 つ前の項まで使う漸化式や、和 $S_n$ と $a_n$ が混ざった式はどう解くのでしょうか。次の第7章では、こうした「いろいろな漸化式」を、この章と同じく等差・等比・階差のどれかへ言いかえる工夫で解いていきます。