数列のずらし引きについて

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数列 ${a_{n}} (n = 1, 2, \dots)$ が漸化式 $a_{n + 1} = p a_{n} + f (n) (p \neq 0)$ で作られるとき，一般項は
$a_{n} = p^{n - 1} a_{1} + p^{n - 1} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{p^{k}} f (k) (n \geq 2)$
となる．

ここで関数 $S_{n}$ を次のように定める．

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k}} f (k)$

関数 $S_{n}$ は漸化式を解いているとよく出くわすので，定式化しておいた方が楽だ．ということで，ずらし引きで計算していく．

$\frac{1}{p} S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k + 1}} f (k)$

より，辺々引いて
$\begin{aligned} (1 - \frac{1}{p}) S_{n} & = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k}} f (k) - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k + 1}} f (k) \\ = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k}} f (k) - \sum_{k = 2}^{n + 1} \frac{1}{p^{k}} f (k - 1) \\ = - \frac{1}{p^{n + 1}} f (n) + \frac{1}{p} f (0) + \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k}} f (k) - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k}} f (k - 1) \\ = - \frac{1}{p^{n + 1}} f (n) + \frac{1}{p} f (0) + \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k}} (f (k) - f (k - 1)) \\ (p - 1) S_{n} & = - \frac{1}{p^{n}} f (n) + f (0) + \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k - 1}} (f (k) - f (k - 1)) \\ = - \frac{1}{p^{n}} f (n) + f (0) + (f (1) - f (0)) - \frac{1}{p^{n}} (f (n + 1) - f (n)) + \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k}} (f (k + 1) - f (k)) \\ = f (1) - \frac{1}{p^{n}} f (n + 1) + \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k}} (f (k + 1) - f (k)) \end{aligned}$

を得る．シグマの中で関数 $f$ の階差をとっているため， $f (x)$ が $x^{2}, x^{3}$ などの高次式のときに特に威力を発揮することが分かる．

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k}} f (k) (p \neq 0)$
とすると，
$(p - 1) S_{n} = f (1) - \frac{1}{p^{n}} f (n + 1) + \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{p^{k}} (f (k + 1) - f (k))$
が成立する．

以下に計算例を示す．

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k} (p = - 1, f (k) = 1)$
のとき
$\begin{aligned} - 2 S_{n} & = 1 - (- 1)^{n} + \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k} (1 - 1) \\ = 1 - (- 1)^{n} + 0 \\ S_{n} & = \frac{1}{2} (- 1)^{n} - \frac{1}{2} \end{aligned}$

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k} k (p = - 1, f (k) = k)$
のとき
$\begin{aligned} - 2 S_{n} & = 1 - (- 1)^{n} (n + 1) + \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k} (k + 1 - k) \\ = 1 - (- 1)^{n} (n + 1) + (\frac{1}{2} (- 1)^{n} - \frac{1}{2}) \\ = \frac{1}{2} - n (- 1)^{n} - \frac{1}{2} (- 1)^{n} \\ = \frac{1}{2} - \frac{2 n + 1}{2} (- 1)^{n} \\ S_{n} & = \frac{2 n + 1}{4} (- 1)^{n} - \frac{1}{4} \end{aligned}$

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} 2^{k} k (p = \frac{1}{2}, f (k) = k)$
のとき
$\begin{aligned} - \frac{1}{2} S_{n} & = 1 - 2^{n} (n + 1) + \sum_{k = 1}^{n} 2^{k} (k + 1 - k) \\ = 1 - 2^{n} (n + 1) + 2^{n + 1} - 2 \\ = 2^{n} - 2^{n} n - 1 \\ S_{n} & = 2^{n + 1} (n - 1) + 2 \end{aligned}$

逆に，階差をとって難易度の高い問題を作ることもできる．

$p = 1, f (n) = \frac{1}{n!}$
のとき，定理1より
$\begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{(k + 1)!} - \frac{1}{k!} & = \frac{1}{(n + 1)!} - 1 \\ \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{(k + 1)!} & = 1 - \frac{1}{(n + 1)!} \end{aligned}$
となることから，

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{(k + 1)!}$
を計算せよ．

という問題を作れる．

$p = \frac{1}{2}, f (n) = \frac{1}{n!}$
とすると，定理1から
$\begin{aligned} - \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} \frac{2^{k}}{k!} & = 1 - \frac{2^{n}}{(n + 1)!} + \sum_{k = 1}^{n} 2^{k} (\frac{1}{(n + 1)!} - \frac{1}{n!}) \\ \sum_{k = 1}^{n} \frac{2^{k} k}{(k + 1)!} & = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} \frac{2^{k}}{k!} - \frac{2^{n}}{(n + 1)!} + 1 \end{aligned}$
ここで
$lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{2^{k}}{k!} = e^{2} - 1, lim_{n \to \infty} \frac{2^{n}}{(n + 1)!} = 0$
であるから
$lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{2^{k} k}{(k + 1)!} = \frac{e^{2}}{2} + \frac{1}{2}$
が成立する．そのため，