ここで扱う数列は離散的な現象を扱う際に威力を発揮する。数列はいろいろなところに応用されている。例えば、単利の計算には等差数列が、複利の計算には等比数列が応用できる。
数を一列に並べたもの数列(sequence of numbers)という。数列のそれぞれの数を項という。
1番目から数えて、第1項、第2項、第3項のように、n 番目の項を第 n 項という。特に第1項は初項(first term)ともいう。以下、特に断りのない限り n は 1 以上の自然数とする。
第 

n

{\displaystyle n}
 項が 


a
n


{\displaystyle a_{n}}
 である数列を 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 と表記する。つまり、数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の第1項から数項並べると
数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 において、この数列の第 n 項 


a
n


{\displaystyle a_{n}}
 を n の式で表すとき、この式を数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の一般項(general term)という。たとえば、数列 1, 2, 3, 4, 5, ... の一般項は 


a
n

=
n

{\displaystyle a_{n}=n}
 である。自然数の偶数の数列 2, 4, 6, 8, 10, ... の一般項は 


a
n

=
2
n

{\displaystyle a_{n}=2n}
 である。
項の数が有限である数列を有限数列(finite sequence of numbers)という。有限数列の最後の項を末項(final term)といい、項の総数を項数(arity)という。末項が存在しない数列を無限数列(infinite sequence of numbers)という。数列 1, 2, 3, 4, 5, ... は無限数列である。
演習問題
数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の一般項が以下で与えられるとき、この数列の第 1 項から第 5 項を求めよ。
演習問題
次の数列の一般項を推測せよ。
数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 において、定数 

d

{\displaystyle d}
 が存在して、任意の自然数 

n

{\displaystyle n}
 に対し 


a
n
+
1

=
a
n

+
d

{\displaystyle a_{n+1}=a_{n}+d}
 となるとき、この数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 を等差数列(arithmetic progression (sequence))といい、 

d

{\displaystyle d}
 を公差(common difference)という。
a
n
+
1

=
a
n

+
d

{\displaystyle a_{n+1}=a_{n}+d}
 を変形すると 


a
n
+
1

−
a
n

=
d

{\displaystyle a_{n+1}-a_{n}=d}
 である。等差数列は名前の通り隣り合った項の差が等しい数列である。
例えば、 

2
,
5
,
8
,
11
,
14
,
⋯

{\displaystyle 2,5,8,11,14,\cdots }
 は初項 2 、公差 3 の等差数列である。
初項 


a
1


{\displaystyle a_{1}}
 、公差 

d

{\displaystyle d}
 の等差数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 について
なので、一般項は 


a
n

=
a
1

+
(
n
−
1
)
d

{\displaystyle a_{n}=a_{1}+(n-1)d}
 である。
初項 


a
1


{\displaystyle a_{1}}
 、公差 

d

{\displaystyle d}
 の等差数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の第1項から第 n 項までの和 


S
n


{\displaystyle S_{n}}
 は
S
n

=
a
1

+
(
a
1

+
d
)
+
(
a
1

+
2
d
)
+
⋯
+
(
a
n

−
d
)
+
a
n


{\displaystyle S_{n}=a_{1}+(a_{1}+d)+(a_{1}+2d)+\cdots +(a_{n}-d)+a_{n}}
である。 これを逆順に並び替えて
S
n

=
a
n

+
(
a
n

−
d
)
+
(
a
n

−
2
d
)
+
⋯
+
(
a
1

+
d
)
+
a
1


{\displaystyle S_{n}=a_{n}+(a_{n}-d)+(a_{n}-2d)+\cdots +(a_{1}+d)+a_{1}}
を得る。この2つをそれぞれ足すと 

2
S
n

=
n
(
a
1

+
a
n

)

{\displaystyle 2S_{n}=n(a_{1}+a_{n})}
 である。これより
S
n

=

n
2

(
a
1

+
a
n

)

{\displaystyle S_{n}={\frac {n}{2}}(a_{1}+a_{n})}
 を得る。また 


a
n

=
a
1

+
(
n
−
1
)
d

{\displaystyle a_{n}=a_{1}+(n-1)d}
 を代入して
S
n

=

n
2

(
2
a
1

+
(
n
−
1
)
d
)

{\displaystyle S_{n}={\frac {n}{2}}(2a_{1}+(n-1)d)}
である。
演習問題
初項3、 公差2の等差数列の一般項を求め、この数列の第 1 項から第 n 項までの和 


S
n


{\displaystyle S_{n}}
 を求めよ。
a
n

=
2
n
+
1

{\displaystyle a_{n}=2n+1}
S
n

=
n
2

+
2
n

{\displaystyle S_{n}=n^{2}+2n}
a
,
b
,
c

{\displaystyle a,b,c}
 がこの順に隣り合った等差数列の項であるとき、 

c
−
b
=
b
−
a

{\displaystyle c-b=b-a}
 より、 

2
b
=
a
+
c

{\displaystyle 2b=a+c}
 である。
また、

2
b
=
a
+
c

{\displaystyle 2b=a+c}
 が成り立つとき、

c
−
b
=
b
−
a

{\displaystyle c-b=b-a}
 より、

a
,
b
,
c

{\displaystyle a,b,c}
 はこの順に隣り合った等差数列の項である。
以上より、 

2
b
=
a
+
c
⟺

{\displaystyle 2b=a+c\iff }


a
,
b
,
c

{\displaystyle a,b,c}
 はこの順に隣り合った等差数列の項
演習問題
2
,
2
x
−
1
,
x
2


{\displaystyle 2,2x-1,x^{2}}
 がこの順に隣り合った等差数列の項であるとき、

x

{\displaystyle x}
 を求めよ。
2
(
2
x
−
1
)
=
x
2

+
2

{\displaystyle 2(2x-1)=x^{2}+2}
 より 

x
=
2

{\displaystyle x=2}
演習問題
150以下の自然数の内、7で割った余りが2である自然数の和を求めよ。
7で割った余りが2 である自然数は 

7
n
+
2
(
n
≥
0
)

{\displaystyle 7n+2\,(n\geq 0)}
 と表せる。

7
n
+
2

{\displaystyle 7n+2}
 が 150以下の自然数となる条件は 

7
n
+
2
≤
150

{\displaystyle 7n+2\leq 150}
 より 

n
≤

148
7

=
21.148...

{\displaystyle n\leq {\frac {148}{7}}=21.148...}
 から、

n

{\displaystyle n}
 が21以下であればいい。150以下の自然数の内、7で割った余りが2である自然数の和は等差数列 

7
n
+
2

{\displaystyle 7n+2}
の0項から21項までの和である。この和は1661である。
数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 において、定数 

r

{\displaystyle r}
 が存在して、任意の自然数 

n

{\displaystyle n}
 に対し 


a
n
+
1

=
r
a
n


{\displaystyle a_{n+1}=ra_{n}}
 が成り立つとき、この数列を等比数列(geometric progression)といい、 

r

{\displaystyle r}
 を公比(common ratio)という。
a
n
+
1

=
r
a
n


{\displaystyle a_{n+1}=ra_{n}}
 を変形すると 



a
n
+
1

a
n


=
r

{\displaystyle {\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=r}
 である。等比数列は名前の通り隣り合った項の比が等しい数列である。
例えば、 

3
,
6
,
12
,
24
,
48
,
⋯

{\displaystyle 3,6,12,24,48,\cdots }
 は初項 3 、公比 2 の等比数列である。
初項 


a
1


{\displaystyle a_{1}}
 、公比 

r

{\displaystyle r}
 の等比数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の各項を並べて書くと、
のようになることから、等比数列の一般項は 


a
n

=
a
1

r
n
−
1


{\displaystyle a_{n}=a_{1}r^{n-1}}
 で与えられる。
初項 


a
1


{\displaystyle a_{1}}
 、公比 

r

{\displaystyle r}
 

(
≠
1
)

{\displaystyle (\neq 1)}
の等比数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の第1項から第 n 項までの和 


S
n


{\displaystyle S_{n}}
 は
S
n

=
a
1

+
a
1

r
+
a
1

r
2

+
⋯
+
a
1

r
n
−
2

+
a
1

r
n
−
1


{\displaystyle S_{n}=a_{1}+a_{1}r+a_{1}r^{2}+\cdots +a_{1}r^{n-2}+a_{1}r^{n-1}}
     (1)
である。両辺に 

r

{\displaystyle r}
 をかけて
r
S
n

=
a
1

r
+
a
1

r
2

+
a
1

r
3

+
⋯
+
a
1

r
n
−
1

+
a
1

r
n


{\displaystyle rS_{n}=a_{1}r+a_{1}r^{2}+a_{1}r^{3}+\cdots +a_{1}r^{n-1}+a_{1}r^{n}}
     (2)
を得る。
(2) - (1) より 

r
S
n

−
S
n

=
a
1

r
n

−
a
1


{\displaystyle rS_{n}-S_{n}=a_{1}r^{n}-a_{1}}
 なので、 


S
n

=


a
1

(
r
n

−
1
)

r
−
1


{\displaystyle S_{n}={\frac {a_{1}(r^{n}-1)}{r-1}}}
 である。
また 

r
=
1

{\displaystyle r=1}
 のとき第1項から第 n 項までの和 


S
n


{\displaystyle S_{n}}
 は 


S
n

=
n
a
1


{\displaystyle S_{n}=na_{1}}
 である。[2]
演習問題
初項3、 公比が4の等比数列の一般項を求め、この数列の第 1 項から第 n 項までの和 


S
n


{\displaystyle S_{n}}
 を求めよ。
a
n

=
3
⋅
4
n
−
1


{\displaystyle a_{n}=3\cdot 4^{n-1}}
S
n

=
4
n

−
1

{\displaystyle S_{n}=4^{n}-1}
それぞれ 0 ではない数 

a
,
b
,
c

{\displaystyle a,b,c}
 がこの順に隣り合った等比数列の項であるとき、 


b
a

=

c
b


{\displaystyle {\frac {b}{a}}={\frac {c}{b}}}
 より 


b
2

=
a
c

{\displaystyle b^{2}=ac}
 が成り立つ。
また、


b
2

=
a
c

{\displaystyle b^{2}=ac}
 ならば、


b
a

=

c
b


{\displaystyle {\frac {b}{a}}={\frac {c}{b}}}
 より、

a
,
b
,
c

{\displaystyle a,b,c}
 がこの順に隣り合った等比数列の項である。
よって、 


b
2

=
a
c
⟺

{\displaystyle b^{2}=ac\iff }


a
,
b
,
c

{\displaystyle a,b,c}
 がこの順に隣り合った等比数列の項
ここで、総和を効率よく表せる表記法について学ぼう。
数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 に対し、この数列の第 m 項から第 n 項までの和を 


∑
k
=
m

n

a
k


{\displaystyle \sum _{k=m}^{n}a_{k}}
 で表す。つまり
∑
k
=
m

n

a
k

=
a
m

+
a
m
+
1

+
a
m
+
2

+
⋯
+
a
n
−
1

+
a
n


{\displaystyle \sum _{k=m}^{n}a_{k}=a_{m}+a_{m+1}+a_{m+2}+\cdots +a_{n-1}+a_{n}}
である。[3]
例えば、 


∑
k
=
2

4

(
k
2

−
2
k
)
=
(
2
2

−
2
⋅
2
)
+
(
3
2

−
2
⋅
3
)
+
(
4
2

−
2
⋅
4
)

{\displaystyle \sum _{k=2}^{4}(k^{2}-2k)=(2^{2}-2\cdot 2)+(3^{2}-2\cdot 3)+(4^{2}-2\cdot 4)}
 である。
ちなみにこの Σ はギリシア文字のシグマの大文字である。これは、Sum(和)を意味するラテン語 Summa の頭文字 S に対応するギリシャ文字である。
{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 と 

{
b
n

}

{\displaystyle \{b_{n}\}}
 と実数[4] 

c

{\displaystyle c}
 に対し、
∑
k
=
m

n

(
a
k

+
b
k

)

=
(
a
m

+
b
m

)
+
(
a
m
+
1

+
b
m
+
1

)
+
⋯
+
(
a
n

+
b
n

)



=
(
a
m

+
a
m
+
1

+
⋯
+
a
n

)
+
(
b
m

+
b
m
+
1

+
⋯
+
b
n

)



=
∑
k
=
m

n

a
k

+
∑
k
=
m

n

b
k




{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=m}^{n}(a_{k}+b_{k})&=(a_{m}+b_{m})+(a_{m+1}+b_{m+1})+\cdots +(a_{n}+b_{n})\\&=(a_{m}+a_{m+1}+\cdots +a_{n})+(b_{m}+b_{m+1}+\cdots +b_{n})\\&=\sum _{k=m}^{n}a_{k}+\sum _{k=m}^{n}b_{k}\end{aligned}}}
[5]
また、
∑
k
=
m

n

c
a
k


=
c
a
m

+
c
a
m
+
1

+
⋯
+
c
a
n




=
c
(
a
m

+
a
m
+
1

+
⋯
+
a
n

)



=
c
∑
k
=
m

n

a
k




{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=m}^{n}ca_{k}&=ca_{m}+ca_{m+1}+\cdots +ca_{n}\\&=c(a_{m}+a_{m+1}+\cdots +a_{n})\\&=c\sum _{k=m}^{n}a_{k}\end{aligned}}}
である。
ここで、 


∑
k
=
1

n

k
=
1
+
2
+
⋯
+
n

{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k=1+2+\cdots +n}
 を求めてみよう。
等差数列で習ったことを思い出せば、


∑
k
=
1

n

k

{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k}
 は第1項が1、公差が1の等差数列の第 n 項までの和なので、 


∑
k
=
1

n

k
=

1
2

n
(
n
+
1
)

{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k={\frac {1}{2}}n(n+1)}
 である。
また、等比数列の和を総和記号を使って書き直せば、 


∑
k
=
1

n

a
r
k
−
1

=

a
(
r
n

−
1
)

r
−
1


{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}ar^{k-1}={\frac {a(r^{n}-1)}{r-1}}}
 である。
次に、


∑
k
=
1

n

k
2


{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}}
 を求めてみよう。
(
k
+
1
)
3

−
k
3

=
3
k
2

+
3
k
+
1

{\displaystyle (k+1)^{3}-k^{3}=3k^{2}+3k+1}
 である。ここで 

k

{\displaystyle k}
 に 1 から 

n

{\displaystyle n}
 までを代入したものはそれぞれ
2
3

−
1
3

=
3
⋅
1
2

+
3
⋅
1
+
1

{\displaystyle 2^{3}-1^{3}=3\cdot 1^{2}+3\cdot 1+1}
3
3

−
2
3

=
3
⋅
2
2

+
3
⋅
2
+
1

{\displaystyle 3^{3}-2^{3}=3\cdot 2^{2}+3\cdot 2+1}
4
3

−
3
3

=
3
⋅
3
2

+
3
⋅
3
+
1

{\displaystyle 4^{3}-3^{3}=3\cdot 3^{2}+3\cdot 3+1}
⋮

{\displaystyle \vdots }
(
n
+
1
)
3

−
n
3

=
3
n
2

+
3
n
+
1

{\displaystyle (n+1)^{3}-n^{3}=3n^{2}+3n+1}
である。この 

n

{\displaystyle n}
 式をそれぞれ足し合わせると
左辺はほとんどが打ち消し合い、 

(
n
+
1
)
3

−
1

{\displaystyle (n+1)^{3}-1}
 となるので
(
n
+
1
)
3

−
1
=
3
∑
k
=
1

n

k
2

+
3
∑
k
=
1

n

k
+
n

{\displaystyle (n+1)^{3}-1=3\sum _{k=1}^{n}k^{2}+3\sum _{k=1}^{n}k+n}
である。ここで 


∑
k
=
1

n

k
=

1
2

n
(
n
+
1
)

{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k={\frac {1}{2}}n(n+1)}
 を代入して 


∑
k
=
1

n

k
2


{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}}
 について整理すれば
∑
k
=
1

n

k
2

=

1
6

n
(
n
+
1
)
(
2
n
+
1
)

{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {1}{6}}n(n+1)(2n+1)}
を得る。
同様に 


∑
k
=
1

n


k
3


{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{k^{3}}}
 を求めることが出来る。
(
k
+
1
)
4

−
k
4

=
4
k
3

+
6
k
2

+
4
k
+
1

{\displaystyle (k+1)^{4}-k^{4}=4k^{3}+6k^{2}+4k+1}
 であるので、 

k

{\displaystyle k}
 に 1 から 

n

{\displaystyle n}
 までを代入してそれぞれを足し合わせれば、
(
n
+
1
)
4

−
1
=
4
∑
k
=
1

n

k
3

+
6
∑
k
=
1

n

k
2

+
4
∑
k
=
1

n

k
+
n

{\displaystyle (n+1)^{4}-1=4\sum _{k=1}^{n}k^{3}+6\sum _{k=1}^{n}k^{2}+4\sum _{k=1}^{n}k+n}
 である。これを変形して 



4
∑
k
=
1

n

k
3


=
(
n
+
1
)
4

−
1
−
6
⋅

1
6

n
(
n
+
1
)
(
2
n
+
1
)
−
4
⋅

1
2

n
(
n
+
1
)
−
n



=
(
n
4

+
4
n
3

+
6
n
2

+
4
n
)
−
(
2
n
3

+
3
n
2

+
n
)
−
2
(
n
2

+
n
)
−
n



=
n
4

+
2
n
3

+
n
2




=
n
2

(
n
2

+
2
n
+
1
)



=
n
2

(
n
+
1
)
2




{\displaystyle {\begin{aligned}4\sum _{k=1}^{n}k^{3}&=(n+1)^{4}-1-6\cdot {\frac {1}{6}}n(n+1)(2n+1)-4\cdot {\frac {1}{2}}n(n+1)-n\\&=(n^{4}+4n^{3}+6n^{2}+4n)-(2n^{3}+3n^{2}+n)-2(n^{2}+n)-n\\&=n^{4}+2n^{3}+n^{2}\\&=n^{2}(n^{2}+2n+1)\\&=n^{2}(n+1)^{2}\end{aligned}}}
なので、 


∑
k
=
1

n

k
3

=

1
4

n
2

(
n
+
1
)
2

=

{

1
2

n
(
n
+
1
)
}

2


{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{3}={\frac {1}{4}}n^{2}(n+1)^{2}=\left\{{\frac {1}{2}}n(n+1)\right\}^{2}}
 である。[6]
演習問題
以下を計算せよ。
数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 に対し
で与えられる数列 

{
b
n

}

{\displaystyle \{b_{n}\}}
 を数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の階差数列という。
数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の階差数列 

{
b
n

}

{\displaystyle \{b_{n}\}}
 および初項 


a
1


{\displaystyle a_{1}}
 を利用して 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の一般項を求めてみる
階差数列の定義から
b
1

=
a
2

−
a
1


{\displaystyle b_{1}=a_{2}-a_{1}}
b
2

=
a
3

−
a
2


{\displaystyle b_{2}=a_{3}-a_{2}}
b
3

=
a
4

−
a
3


{\displaystyle b_{3}=a_{4}-a_{3}}
⋮

{\displaystyle \vdots }
b
n
−
1

=
a
n

−
a
n
−
1


{\displaystyle b_{n-1}=a_{n}-a_{n-1}}
である。
それぞれの式を足し合わせれば
a
n

−
a
1

=
∑
k
=
1

n
−
1

b
k


{\displaystyle a_{n}-a_{1}=\sum _{k=1}^{n-1}b_{k}}
つまり
演習問題
b
n

=
2
n
+
2

{\displaystyle b_{n}=2n+2}
 として数列 

{
b
n

}

{\displaystyle \{b_{n}\}}
 を定める。初項が 3 で、数列 

{
b
n

}

{\displaystyle \{b_{n}\}}
 を階差数列とする数列を 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 とする。数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の第 1 項から第 4 項までを求め、さらに、数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の一般項を求めよ。
a
1

=
3

{\displaystyle a_{1}=3}
a
2

=
b
1

+
a
1

=
7

{\displaystyle a_{2}=b_{1}+a_{1}=7}
a
3

=
b
2

+
a
2

=
13

{\displaystyle a_{3}=b_{2}+a_{2}=13}
a
4

=
b
3

+
a
3

=
21

{\displaystyle a_{4}=b_{3}+a_{3}=21}
である。
数列 

{
b
n

}

{\displaystyle \{b_{n}\}}
 を階差数列とする数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の第 n 項は
であることを思いだそう。
これを元に計算すれば、

n
≧
2

{\displaystyle n\geqq 2}
 のとき、
a
n

=
3
+
∑
k
=
1

n
−
1

(
2
k
+
2
)
=
3
+
(
n
−
1
)
n
+
2
(
n
−
1
)
=
n
2

+
n
+
1

{\displaystyle a_{n}=3+\sum _{k=1}^{n-1}(2k+2)=3+(n-1)n+2(n-1)=n^{2}+n+1}
である。


a
1

=
3

{\displaystyle a_{1}=3}
 だったので、この式は 

n
=
1

{\displaystyle n=1}
 でも成り立つことが確かめられる。
数列の隣り合った項どうしの関係を表す式を漸化式(recurrence relation)という。
たとえば、上の漸化式を満たす数列は公差1の等差数列である。これだけでは数列は一意的には定まらないが、さらに初項を 


a
1

=
1

{\displaystyle a_{1}=1}
 と与えると、自然数列
を得ることができる。ここでは漸化式が与えられたとき、それを満たす数列 


a
n


{\displaystyle {a_{n}}}
 にはどのようなものがあるか、具体的に求める方法を考える。漸化式を満たす数列を求めることを、漸化式を解くという。
簡単なもう一つの例として、
のようなものがある。これは、
と変形することで、公比2の等比数列であることがわかる。


a
1

=
3

{\displaystyle a_{1}=3}
であることをあわせると、一般項は
であることがわかる。
一般に、漸化式 


a
n
+
1

=
a
n

+
d

{\displaystyle a_{n+1}=a_{n}+d}
 を満たす数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 は等差数列なので、一般項は 


a
n

=
a
1

+
(
n
−
1
)
d

{\displaystyle a_{n}=a_{1}+(n-1)d}
 である。
漸化式 


a
n
+
1

=
r
a
n


{\displaystyle a_{n+1}=ra_{n}}
 を満たす数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 は等比数列なので、一般項は 


a
n

=
a
1

r
n
−
1


{\displaystyle a_{n}=a_{1}r^{n-1}}
 である。
隣接二項間漸化式の定義は次のとおりである。
定義 ― 
p, q を n に無関係な定数とし、数列 


a
n


{\displaystyle {a_{n}}}
 の漸化式が
で表されるとき、この漸化式を(定数係数をもつ線型の)隣接二項間漸化式という。
このような隣接二項間漸化式は等差数列または等比数列に帰着できることが知られている。まず p = 1 のとき、漸化式は 


a
n
+
1

=
a
n

+
q

{\displaystyle a_{n+1}=a_{n}+q}
 であるから、これは等差数列である。次に、 p ≠ 1 の場合を考える。
ここで、もし 


a
n
+
1

=
p
a
n

+
q

{\displaystyle a_{n+1}=pa_{n}+q}
 を 


a
n
+
1

−
c
=
p
(
a
n

−
c
)

{\displaystyle a_{n+1}-c=p(a_{n}-c)}
 と変形することが出来れば、数列 

{
a
n

−
c
}

{\displaystyle \{a_{n}-c\}}
 は等比数列であり、一般項は 


a
n

−
c
=
p
n
−
1

(
a
1

−
c
)

{\displaystyle a_{n}-c=p^{n-1}(a_{1}-c)}
 である。よって 


a
n

=
p
n
−
1

(
a
1

−
c
)
+
c

{\displaystyle a_{n}=p^{n-1}(a_{1}-c)+c}
 と数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 の一般項を求めることができる。
さて、問題は 


a
n
+
1

−
c
=
p
(
a
n

−
c
)

{\displaystyle a_{n+1}-c=p(a_{n}-c)}
 を満たす 

c

{\displaystyle c}
 をどのように求めるかということだが、


a
n
+
1

−
c
=
p
(
a
n

−
c
)

{\displaystyle a_{n+1}-c=p(a_{n}-c)}
 を変形して 


a
n
+
1

=
p
a
n

−
p
c
+
c

{\displaystyle a_{n+1}=pa_{n}-pc+c}
 となる。これが 


a
n
+
1

=
p
a
n

+
q

{\displaystyle a_{n+1}=pa_{n}+q}
 と等しくなるので、 

q
=
−
p
c
+
c

{\displaystyle q=-pc+c}
 つまり、 

c
=
p
c
+
q

{\displaystyle c=pc+q}
 となる 

c

{\displaystyle c}
 を求めればよい。[7]
演習問題
a
1

=
3

{\displaystyle a_{1}=3}
 であり、漸化式 


a
n
+
1

=
2
a
n

+
1

{\displaystyle a_{n+1}=2a_{n}+1}
 を満たす数列 

{
a
n

}

{\displaystyle \{a_{n}\}}
 を求めよ。
c
=
−
1

{\displaystyle c=-1}
 は方程式 

c
=
2
c
+
1

{\displaystyle c=2c+1}
 を満たすので、 


a
n
+
1

+
1
=
2
(
a
n

+
1
)

{\displaystyle a_{n+1}+1=2(a_{n}+1)}
 と変形できる。なので数列 

{
a
n

+
1
}

{\displaystyle \{a_{n}+1\}}
 は等比数列であり、一般項は 


a
n

+
1
=
2
n
−
1

(
a
1

+
1
)

{\displaystyle a_{n}+1=2^{n-1}(a_{1}+1)}
 よって 


a
n

=
2
n
+
1

−
1

{\displaystyle a_{n}=2^{n+1}-1}
 である。
隣接三項間漸化式の定義は次のとおりである。
定義 ― 
p, q を n に無関係な定数とし、数列 


a
n


{\displaystyle {a_{n}}}
 の漸化式が
で表されるとき、この漸化式を(定数係数をもつ線型の)隣接三項間漸化式という。
ここでは (1) の隣接三項間漸化式を等比数列に帰着して解く方法を考える。公比 β の等比数列
の一般項を 


b
n

=
a
n
+
1

−
α
a
n


{\displaystyle b_{n}=a_{n+1}-\alpha a_{n}}
 で定義すると、
(2) の等比数列を (1) と係数比較すると、次の関係が得られる。
これは二次方程式の解と係数の関係であるから、二次方程式
の解 α, β を用いて、(1) の隣接三項間漸化式は (2) の等比数列の漸化式に帰着することができる。この二次方程式を隣接三項間漸化式の特性方程式という。特性方程式の2つの解は便宜上区別したもので、解の取り方によらない(以下の定理は α と β を入れ換えても成立する)。
隣接三項間漸化式 


a
n
+
2

=
p
a
n
+
1

+
q
a
n


{\displaystyle a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_{n}}
(p, q は n に無関係な定数)は、特性方程式 


x
2

=
p
x
+
q

{\displaystyle x^{2}=px+q}
 の解 α, β を用いて、公比 β の等比数列 


a
n
+
2

−
α
a
n
+
1

=
β
(
a
n
+
1

−
α
a
n

)

{\displaystyle a_{n+2}-\alpha a_{n+1}=\beta (a_{n+1}-\alpha a_{n})}
 に変形することができる。
隣接三項間漸化式は等比数列 


a
n
+
2

−
α
a
n
+
1

=
β
(
a
n
+
1

−
α
a
n

)

{\displaystyle a_{n+2}-\alpha a_{n+1}=\beta (a_{n+1}-\alpha a_{n})}
 に変形することにより、等比数列の一般項の公式 


a
n
+
1

−
α
a
n

=
(
a
2

−
α
a
1

)
β
n
−
1


{\displaystyle a_{n+1}-\alpha a_{n}=(a_{2}-\alpha a_{1})\beta ^{n-1}}
 を用いてただちに解くことができる。
(i)
(ii)
(iii)
の


a
n


{\displaystyle a_{n}}
をそれぞれ計算せよ。
ただし、
(aは任意の実数。)
とする。さらに、一般に
(b,cは任意の実数。)についても計算せよ。
(i)
特性方程式は、
となる。