漸化式の右辺に $n$ の関数 $f(n)$ が含まれる場合、前の記事の特性方程式だけでは解けません。$f(n)$ の形に応じた変形テクニック（両辺を $p^{n+1}$ で割る、階差をとる等）を学びます。
$a_{n+1} = pa_n + q^n$（$p \neq q$）の形の漸化式を考えます。右辺の $q^n$ は定数ではなく $n$ に依存するため、前の記事の特性方程式は直接使えません。
両辺を $q^{n+1}$ で割ると：
$$\frac{a_{n+1}}{q^{n+1}} = \frac{p}{q} \cdot \frac{a_n}{q^n} + \frac{1}{q}$$
$b_n = \dfrac{a_n}{q^n}$ とおくと $b_{n+1} = \dfrac{p}{q} b_n + \dfrac{1}{q}$ となり、$b_{n+1} = pb_n + q$ 型に帰着。
例：$a_1 = 1$, $a_{n+1} = 2a_n + 3^n$ の一般項を求めよ。
両辺を $3^{n+1}$ で割ると：$\dfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}} = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{a_n}{3^n} + \dfrac{1}{3}$
$b_n = \dfrac{a_n}{3^n}$ とおくと $b_{n+1} = \dfrac{2}{3} b_n + \dfrac{1}{3}$
特性方程式：$\alpha = \dfrac{2}{3}\alpha + \dfrac{1}{3}$ → $\dfrac{1}{3}\alpha = \dfrac{1}{3}$ → $\alpha = 1$
$b_n - 1 = \left(\dfrac{1}{3} - 1\right) \cdot \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1} = -\dfrac{2}{3} \cdot \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1} = -\left(\dfrac{2}{3}\right)^n$
$b_n = 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^n$ すなわち $\dfrac{a_n}{3^n} = 1 - \dfrac{2^n}{3^n}$
$a_n = 3^n - 2^n$
（検算：$a_1 = 3 - 2 = 1$ ✓、$a_2 = 9 - 4 = 5 = 2 \cdot 1 + 3$ ✓）
✗ $a_{n+1} = 2a_n + 2^n$ で上の方法を適用 → $b_{n+1} = b_n + \frac{1}{2}$（等差型になる）
✓ $p = q$ のときは $b_{n+1} = b_n + \frac{1}{p}$ となり、等差数列として解く
$p = q$ の場合、割った後の式は等比型ではなく等差型になります。解けないわけではなく、むしろ簡単になります。
$a_{n+1} = pa_n + f(n)$ の両辺を $p^{n+1}$ で割る方法も有効です。特に $f(n) = q^n$ で $p \neq q$ のとき以外にも応用が利きます。
$a_{n+1} = pa_n + f(n)$ の両辺を $p^{n+1}$ で割ると：
$$\frac{a_{n+1}}{p^{n+1}} = \frac{a_n}{p^n} + \frac{f(n)}{p^{n+1}}$$
$b_n = \dfrac{a_n}{p^n}$ とおくと $b_{n+1} = b_n + \dfrac{f(n)}{p^{n+1}}$ すなわち $b_{n+1} - b_n = \dfrac{f(n)}{p^{n+1}}$
$\{b_n\}$ の階差が求まるので、和をとって $b_n$、次に $a_n$ を求める。
例：$a_1 = 1$, $a_{n+1} = 3a_n + 2^n$ の一般項を求めよ。
両辺を $3^{n+1}$ で割ると：$\dfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}} = \dfrac{a_n}{3^n} + \dfrac{2^n}{3^{n+1}}$
$b_n = \dfrac{a_n}{3^n}$ とおくと $b_{n+1} - b_n = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2}{3}\right)^n$
$b_1 = \dfrac{1}{3}$。$n \geq 2$ のとき：
$b_n = b_1 + \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^k = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{\frac{2}{3}(1 - (\frac{2}{3})^{n-1})}{1 - \frac{2}{3}}$
$= \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} \cdot 2\left(1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}\right) = \dfrac{1}{3} + \dfrac{2}{3} - \dfrac{2}{3}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}$
$= 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^n$
$a_n = 3^n \cdot b_n = 3^n - 2^n$（$n = 1$ も成立を確認）
Section 1 の「$q^{n+1}$ で割る」方法と Section 2 の「$p^{n+1}$ で割る」方法は、どちらも同じ一般項を導きます。
計算の流れが異なるだけで、本質は「指数関数で割って簡単な漸化式に帰着」する点は同じです。問題ごとに計算しやすい方を選びましょう。
$a_{n+1} = pa_n + cn + d$（$p \neq 1$）の形を考えます。右辺に $n$ の1次式が加わっています。
$a_{n+1} + \alpha(n+1) + \beta = p(a_n + \alpha n + \beta)$ の形にできる $\alpha$, $\beta$ を求める。
展開すると $a_{n+1} = pa_n + (p\alpha - \alpha)n + (p\beta - \alpha - \beta)$ だから
$$p\alpha - \alpha = c, \quad p\beta - \alpha - \beta = d$$
すなわち $\alpha = \dfrac{c}{p-1}$, $\beta = \dfrac{d + \alpha}{p-1} = \dfrac{d(p-1) + c}{(p-1)^2}$
$b_n = a_n + \alpha n + \beta$ とおくと $b_{n+1} = pb_n$（等比数列）。
例：$a_1 = 1$, $a_{n+1} = 2a_n + n$ の一般項を求めよ。
$a_{n+1} + \alpha(n+1) + \beta = 2(a_n + \alpha n + \beta)$ と仮定。
展開：$a_{n+1} = 2a_n + \alpha n + (2\beta - \alpha - \beta) = 2a_n + \alpha n + (\beta - \alpha)$
$a_{n+1} = 2a_n + n$ と比較して $\alpha = 1$, $\beta - \alpha = 0$ すなわち $\beta = 1$
$b_n = a_n + n + 1$ とおくと $b_{n+1} = 2b_n$
$b_1 = 1 + 1 + 1 = 3$ より $b_n = 3 \cdot 2^{n-1}$
$a_n = 3 \cdot 2^{n-1} - n - 1$
（検算：$a_1 = 3 - 1 - 1 = 1$ ✓、$a_2 = 6 - 2 - 1 = 3 = 2 \cdot 1 + 1$ ✓）
連立方程式を解く代わりに、$a_{n+1} = pa_n + cn + d$ の特殊解（$a_n = \alpha n + \beta$ の形）を求める方法もあります。
$a_n = \alpha n + \beta$ を漸化式に代入：$\alpha(n+1) + \beta = p(\alpha n + \beta) + cn + d$
$n$ の係数と定数項を比較すれば $\alpha$, $\beta$ が求まります。
$a_{n+1} = pa_n + f(n)$ の両辺を $p^{n+1}$ で割って階差をとる方法は、$f(n)$ がどんな関数でも使える汎用的な方法です。
$b_n = \dfrac{a_n}{p^n}$ とおくと $b_{n+1} - b_n = \dfrac{f(n)}{p^{n+1}}$
$n \geq 2$ のとき $b_n = b_1 + \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \frac{f(k)}{p^{k+1}}$
$a_n = p^n b_n = p^n b_1 + p^n \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \frac{f(k)}{p^{k+1}} = a_1 p^{n-1} + \sum_{k=1}^{n-1} f(k) \cdot p^{n-1-k}$
$p = 1$ のとき $a_{n+1} = a_n + f(n)$ すなわち $a_{n+1} - a_n = f(n)$
$n \geq 2$ のとき $a_n = a_1 + \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} f(k)$
これは階差数列の公式そのものです。$f(n)$ が $\{a_n\}$ の階差数列になっています。
✗ $a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} f(k)$ は $n = 1$ でも成り立つ
✓ $n = 1$ のときは和が空（$k = 1$ から $0$ まで）なので、$n = 1$ の成立を別途確認する
$n = 1$ で式が成り立つかどうかは、答えを出した後に必ず検算しましょう。
$a_{n+1} = pa_n + f(n)$ の解法を $f(n)$ の形に応じて整理します。
| $f(n)$ の形 | 解法 |
|---|---|
| 定数 $q$ | 特性方程式 $\alpha = p\alpha + q$ |
| $q^n$（$p \neq q$） | 両辺を $q^{n+1}$ で割る → 特性方程式 |
| $p^n$（$f(n)$ と $p$ が同底） | 両辺を $p^{n+1}$ で割る → 等差数列 |
| $cn + d$（1次式） | $b_n = a_n + \alpha n + \beta$ の形で等比帰着 |
| 一般の $f(n)$ | 両辺を $p^{n+1}$ で割り、階差をとる |
漸化式 $a_{n+1} = pa_n + f(n)$ の解法に共通する発想は：
「既知の型（等差数列・等比数列）に帰着させる」
適切な置き換え（$b_n = a_n - \alpha$, $b_n = a_n / p^n$, $b_n = a_n + \alpha n + \beta$ など）により、$\{b_n\}$ が等差数列か等比数列になるようにすることが目標です。
Q1. $a_1 = 2$, $a_{n+1} = 3a_n + 2^n$ を解くには何で割ればよいか。
Q2. $a_1 = 1$, $a_{n+1} = 2a_n + 2^n$ を解け。
Q3. $a_1 = 0$, $a_{n+1} = 2a_n + n + 1$ の一般項を求めよ。
Q4. $a_{n+1} = a_n + 2n$ の解法名を答えよ。
Q5. $a_{n+1} = pa_n + f(n)$ 型の漸化式を解く際の共通の発想は何か。
$a_1 = 2$, $a_{n+1} = 3a_n + 2 \cdot 3^n$ で定められる数列の一般項を求めよ。
$p = q = 3$ なので、両辺を $3^{n+1}$ で割る。
$b_n = \dfrac{a_n}{3^n}$ とおくと $b_{n+1} = b_n + \dfrac{2}{3}$（等差型）
$b_1 = \dfrac{2}{3}$ より $b_n = \dfrac{2}{3} + (n-1) \cdot \dfrac{2}{3} = \dfrac{2n}{3}$
$a_n = \dfrac{2n}{3} \cdot 3^n = 2n \cdot 3^{n-1}$
$a_1 = 3$, $a_{n+1} = 3a_n - 4n + 2$ で定められる数列の一般項を求めよ。
$b_n = a_n + \alpha n + \beta$ で $b_{n+1} = 3b_n$ とする。
$a_{n+1} + \alpha(n+1) + \beta = 3(a_n + \alpha n + \beta)$ を展開：
$a_{n+1} = 3a_n + 2\alpha n + (3\beta - \alpha - \beta) = 3a_n + 2\alpha n + (2\beta - \alpha)$
$2\alpha = -4$, $2\beta - \alpha = 2$ より $\alpha = -2$, $\beta = 0$
$b_n = a_n - 2n$ とおくと $b_1 = 3 - 2 = 1$, $b_{n+1} = 3b_n$
$b_n = 3^{n-1}$ より $a_n = 3^{n-1} + 2n$
$a_1 = 1$, $a_{n+1} = 2a_n + 3 \cdot 2^n$ で定められる数列の一般項を求めよ。
$p = 2$, $f(n) = 3 \cdot 2^n$ なので $p = q = 2$。両辺を $2^{n+1}$ で割る。
$b_n = \dfrac{a_n}{2^n}$ とおくと $b_{n+1} - b_n = \dfrac{3 \cdot 2^n}{2^{n+1}} = \dfrac{3}{2}$
$b_1 = \dfrac{1}{2}$, $b_n = \dfrac{1}{2} + (n-1) \cdot \dfrac{3}{2} = \dfrac{3n - 2}{2}$
$a_n = \dfrac{3n-2}{2} \cdot 2^n = (3n-2) \cdot 2^{n-1}$
$a_1 = 0$, $a_{n+1} = 2a_n + n \cdot 2^n$ で定められる数列の一般項を求めよ。
両辺を $2^{n+1}$ で割る。$b_n = \dfrac{a_n}{2^n}$ とおくと
$b_{n+1} = b_n + \dfrac{n \cdot 2^n}{2^{n+1}} = b_n + \dfrac{n}{2}$
$b_1 = 0$ より $b_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \frac{k}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{(n-1)n}{2} = \frac{n(n-1)}{4}$（$n \geq 2$）
$n = 1$ のとき $b_1 = 0 = \frac{1 \cdot 0}{4}$ ✓
$a_n = \dfrac{n(n-1)}{4} \cdot 2^n = n(n-1) \cdot 2^{n-2}$
$f(n) = n \cdot 2^n$ は「$n$ の1次式 $\times$ 指数」の形です。$2^{n+1}$ で割ることで $f(n)/2^{n+1} = n/2$ となり、階差が $n$ の1次式になるので等差数列の和で処理できます。