$a_{n+1} = pa_n^2$ のように右辺に $a_n$ の累乗が含まれる漸化式は、両辺の対数を取ることで線形の漸化式に帰着できます。$b_n = \log a_n$ という置き換えが鍵になります。
漸化式 $a_{n+1} = pa_n^2$ は $a_n$ の2乗を含むため、これまでの線形の方法では直接解けません。しかし、両辺の対数を取ると累乗が外に出て、線形漸化式に変換できます。
対数の基本性質 $\log(AB) = \log A + \log B$, $\log A^k = k\log A$ を使うと、乗算が加算に、累乗が定数倍に変換されます。
これにより非線形漸化式 $a_{n+1} = pa_n^2$ が線形漸化式 $b_{n+1} = 2b_n + \log p$ に変わります。
この方法が使えるための条件は、すべての $n$ について $a_n > 0$ であることです。$a_n > 0$ であれば $\log a_n$ が定義できます。
✗ 対数を取れるかどうかを確認せずに $\log$ を適用する
✓ $a_1 > 0$ かつ $p > 0$ ならば $a_n > 0$ が帰納的に保証される
$a_1 > 0$, $p > 0$ のとき、$a_2 = pa_1^2 > 0$, $a_3 = pa_2^2 > 0$, $\ldots$ と全ての項が正になります。この確認を答案に書きましょう。
Step 1：$a_n > 0$ を確認し、両辺の対数（底は任意）を取る
$$\log a_{n+1} = \log p + 2\log a_n$$
Step 2：$b_n = \log a_n$ とおくと
$$b_{n+1} = 2b_n + \log p$$
これは $a_{n+1} = pa_n + q$ 型の漸化式（$p=2$, $q=\log p$）。
Step 3：特性方程式 $\alpha = 2\alpha + \log p$ を解いて $\alpha = -\log p$ とし、$b_n$ を求める。
Step 4：$a_n = (\text{底})^{b_n}$ として元に戻す。
例：$a_1 = 3$, $a_{n+1} = 2a_n^2$ の一般項を求めよ。
$a_n > 0$ は帰納的に明らか（$a_1 = 3 > 0$, $p = 2 > 0$）。
両辺の $\log_2$ を取る：$\log_2 a_{n+1} = 1 + 2\log_2 a_n$
$b_n = \log_2 a_n$ とおくと $b_{n+1} = 2b_n + 1$
特性方程式：$\alpha = 2\alpha + 1$ → $\alpha = -1$
$b_n + 1 = (b_1 + 1) \cdot 2^{n-1} = (\log_2 3 + 1) \cdot 2^{n-1}$
$b_n = (\log_2 3 + 1) \cdot 2^{n-1} - 1 = (\log_2 6) \cdot 2^{n-1} - 1$
$a_n = 2^{b_n} = 2^{(\log_2 6) \cdot 2^{n-1} - 1} = \dfrac{6^{2^{n-1}}}{2}$
（検算：$a_1 = \dfrac{6^1}{2} = 3$ ✓、$a_2 = 2 \cdot 9 = 18 = \dfrac{6^2}{2} = \dfrac{36}{2} = 18$ ✓）
例：$a_1 = 10$, $a_{n+1} = a_n^2$ の一般項を求めよ。
両辺の常用対数を取る：$\log_{10} a_{n+1} = 2\log_{10} a_n$
$b_n = \log_{10} a_n$ とおくと $b_{n+1} = 2b_n$（等比型！$p = 0$ なので特性方程式不要）
$b_1 = 1$ より $b_n = 2^{n-1}$
$a_n = 10^{2^{n-1}}$
（検算：$a_1 = 10^1 = 10$ ✓、$a_2 = 10^2 = 100 = 10^2$ ✓、$a_3 = 10^4 = 10000 = 100^2$ ✓）
$a_{n+1} = pa_n^k$（$k \geq 2$, $p > 0$, $a_n > 0$）の場合も同様に解けます。
両辺の対数：$\log a_{n+1} = \log p + k\log a_n$
$b_n = \log a_n$ とおくと $b_{n+1} = kb_n + \log p$
特性方程式 $\alpha = k\alpha + \log p$ より $\alpha = \dfrac{\log p}{1-k} = -\dfrac{\log p}{k-1}$
$b_n - \alpha = (b_1 - \alpha) \cdot k^{n-1}$
例：$a_1 = 3$, $a_{n+1} = 3a_n^3$ の一般項を求めよ。
$\log_3$ を取る：$\log_3 a_{n+1} = 1 + 3\log_3 a_n$
$b_n = \log_3 a_n$ とおくと $b_{n+1} = 3b_n + 1$
特性方程式：$\alpha = 3\alpha + 1$ → $\alpha = -\dfrac{1}{2}$
$b_n + \dfrac{1}{2} = \left(b_1 + \dfrac{1}{2}\right) \cdot 3^{n-1} = \dfrac{3}{2} \cdot 3^{n-1} = \dfrac{3^n}{2}$
$b_n = \dfrac{3^n}{2} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{3^n - 1}{2}$
$a_n = 3^{b_n} = 3^{(3^n - 1)/2}$
（検算：$a_1 = 3^{(3-1)/2} = 3^1 = 3$ ✓、$a_2 = 3 \cdot 27 = 81 = 3^4 = 3^{(9-1)/2}$ ✓）
$p = 1$ のとき $a_{n+1} = a_n^2$ は最も単純な対数型漸化式です。
$b_n = \log a_n$ とおくと $b_{n+1} = 2b_n$ で等比数列。$b_n = b_1 \cdot 2^{n-1}$ より $a_n = a_1^{2^{n-1}}$。
つまり「前の項を2乗する」操作を繰り返すと、一般項は $a_1$ の $2^{n-1}$ 乗になります。
対数型漸化式を解く際、対数の底の選び方で計算の簡潔さが変わります。
| 状況 | 推奨する底 | 理由 |
|---|---|---|
| $a_1$ や $p$ が同じ底の累乗 | その共通の底 | $\log$ の値が整数になり計算が簡潔 |
| $p = 1$ | $a_1$ を底にする | $b_1 = 1$ となり初項が簡単 |
| 特に指定なし | 底は何でもよい | 結果は底によらない |
例：$a_1 = 4$, $a_{n+1} = 8a_n^2$ → $\log_2$ が便利
$\log_2 a_{n+1} = 3 + 2\log_2 a_n$。$b_1 = \log_2 4 = 2$。
$b_{n+1} = 2b_n + 3$。特性方程式 $\alpha = 2\alpha + 3$ → $\alpha = -3$。
$b_n + 3 = (2 + 3) \cdot 2^{n-1} = 5 \cdot 2^{n-1}$
$b_n = 5 \cdot 2^{n-1} - 3$ より $a_n = 2^{5 \cdot 2^{n-1} - 3}$
（検算：$a_1 = 2^{5 - 3} = 2^2 = 4$ ✓）
✗ $b_{n+1} = 2b_n + 3$ をそのまま等比数列と思って $b_n = b_1 \cdot 2^{n-1}$
✓ $+3$ があるので $pa_n + q$ 型。特性方程式を解いてから等比帰着
対数を取った後の漸化式が $b_{n+1} = kb_n + c$（$c \neq 0$）の場合、$pa_n + q$ 型として解きます。$c = 0$ のときだけ等比数列です。
$b_n = \log a_n$ から $a_n$ に戻す際、一般項は「指数の指数」のような複雑な形になることがあります。
$b_n = c \cdot k^{n-1} + d$ のとき $a_n = (\text{底})^{c \cdot k^{n-1} + d} = (\text{底})^d \cdot \left((\text{底})^c\right)^{k^{n-1}}$
例えば $b_n = 5 \cdot 2^{n-1} - 3$, 底 $= 2$ なら
$a_n = 2^{5 \cdot 2^{n-1}} \cdot 2^{-3} = \dfrac{32^{2^{n-1}}}{8} = \dfrac{(2^5)^{2^{n-1}}}{8}$
対数型漸化式の解法の本質は次の通りです：
非線形漸化式（累乗を含む）→ 対数を取る → 線形漸化式（これまでの方法で解ける）→ 指数に戻す
対数変換は「非線形を線形にする」最も基本的な道具の一つです。物理や工学でも頻繁に使われる考え方です。
対数型漸化式の答案では、以下の流れを明示しましょう：
1. $a_n > 0$ の確認（$a_1 > 0$, $p > 0$ から帰納的に）
2. 両辺の対数を取る（底を明記）
3. $b_n = \log a_n$ の漸化式を書く
4. $b_n$ の一般項を求める
5. $a_n = (\text{底})^{b_n}$ で元に戻す
6. 検算（$n = 1$ を代入して初項と一致するか確認）
Q1. $a_1 = 2$, $a_{n+1} = a_n^2$ の一般項を求めよ。
Q2. $a_{n+1} = 3a_n^2$ に対数を取ったとき、$b_n = \log_3 a_n$ の満たす漸化式を書け。
Q3. Q2の漸化式の特性方程式を解け。
Q4. 対数型漸化式を解く際、最初に確認すべきことは何か。
Q5. $a_1 = 5$, $a_{n+1} = a_n^3$ の一般項を求めよ。
$a_1 = 2$, $a_{n+1} = 4a_n^2$ で定められる数列の一般項を求めよ。
$a_n > 0$ は帰納的に明らか。$\log_2$ を取ると
$\log_2 a_{n+1} = 2 + 2\log_2 a_n$
$b_n = \log_2 a_n$ とおくと $b_{n+1} = 2b_n + 2$, $b_1 = 1$
特性方程式 $\alpha = 2\alpha + 2$ → $\alpha = -2$
$b_n + 2 = (1 + 2) \cdot 2^{n-1} = 3 \cdot 2^{n-1}$
$b_n = 3 \cdot 2^{n-1} - 2$ より $a_n = 2^{3 \cdot 2^{n-1} - 2}$
$a_1 = 9$, $a_{n+1} = 3a_n^2$ で定められる数列の一般項を求めよ。
$\log_3$ を取る。$b_n = \log_3 a_n$ とおくと $b_{n+1} = 2b_n + 1$
$b_1 = \log_3 9 = 2$。特性方程式 $\alpha = 2\alpha + 1$ → $\alpha = -1$
$b_n + 1 = (2+1) \cdot 2^{n-1} = 3 \cdot 2^{n-1}$
$b_n = 3 \cdot 2^{n-1} - 1$ より $a_n = 3^{3 \cdot 2^{n-1} - 1}$
（検算：$a_1 = 3^{3-1} = 3^2 = 9$ ✓、$a_2 = 3 \cdot 81 = 243 = 3^5 = 3^{6-1}$ ✓）
$a_1 = 2$, $a_{n+1} = a_n^3$ で定められる数列について：
(1) 一般項 $a_n$ を求めよ。
(2) $a_n > 10^{100}$ を満たす最小の $n$ を求めよ。ただし $\log_{10} 2 = 0.3010$ とする。
(1) $b_n = \log_2 a_n$ とおくと $b_{n+1} = 3b_n$, $b_1 = 1$。$b_n = 3^{n-1}$。$a_n = 2^{3^{n-1}}$。
(2) $2^{3^{n-1}} > 10^{100}$ の両辺の常用対数：
$3^{n-1} \cdot \log_{10} 2 > 100$
$3^{n-1} > \dfrac{100}{0.3010} \approx 332.2$
$3^5 = 243 < 332.2 < 729 = 3^6$ より $n - 1 \geq 6$ すなわち $n \geq 7$
最小の $n$ は $\boldsymbol{7}$。
$a_1 = \sqrt{2}$, $a_{n+1} = 2a_n^4$ で定められる数列の一般項を求めよ。
$a_n > 0$ は帰納的に明らか。$\log_2$ を取る：
$\log_2 a_{n+1} = 1 + 4\log_2 a_n$
$b_n = \log_2 a_n$ とおくと $b_{n+1} = 4b_n + 1$, $b_1 = \log_2 \sqrt{2} = \dfrac{1}{2}$
特性方程式 $\alpha = 4\alpha + 1$ → $\alpha = -\dfrac{1}{3}$
$b_n + \dfrac{1}{3} = \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}\right) \cdot 4^{n-1} = \dfrac{5}{6} \cdot 4^{n-1}$
$b_n = \dfrac{5}{6} \cdot 4^{n-1} - \dfrac{1}{3} = \dfrac{5 \cdot 4^{n-1} - 2}{6}$
$a_n = 2^{b_n} = 2^{(5 \cdot 4^{n-1} - 2)/6}$
$k = 4$ のケースです。特性方程式で $\alpha = -\frac{1}{3}$ が出てくるのは $k = 4$, $\log p = 1$（底2）のとき。指数部分が複雑になりますが、手順は全く同じです。検算：$a_1 = 2^{(5-2)/6} = 2^{1/2} = \sqrt{2}$ ✓