分数型の漸化式 $a_{n+1} = \frac{pa_n + q}{ra_n + s}$ は、そのままでは扱いにくい形です。逆数の置換 $b_n = \frac{1}{a_n}$ や不動点を利用した置換 $b_n = \frac{1}{a_n - \alpha}$ により、既知の線形漸化式に帰着させる方法を学びます。
次の形の漸化式を分数型漸化式と呼びます。
$$a_{n+1} = \frac{pa_n + q}{ra_n + s}$$
ここで $p, q, r, s$ は定数で、$r \neq 0$, $ps - qr \neq 0$ とする。
※ $ps - qr = 0$ のとき $a_{n+1}$ は定数になり、自明な場合です。
この漸化式は分母に $a_n$ が含まれるため、等差・等比型の公式がそのまま使えません。そこで変数変換によって線形漸化式に帰着させます。
分数型漸化式の解法の核心は、不動点（$\alpha = \frac{p\alpha + q}{r\alpha + s}$ の解）を見つけ、$b_n = \frac{1}{a_n - \alpha}$ と置換して線形漸化式に変換することです。
不動点が1つの場合は逆数置換、2つの場合は比の置換を用います。
最も基本的なケースとして、$a_{n+1} = \frac{a_n}{pa_n + q}$ の形を考えます。
例：$a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 3}$, $a_1 = 1$ の一般項を求めよ。
両辺の逆数をとると：
$$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{2a_n + 3}{a_n} = 2 + \frac{3}{a_n}$$
$b_n = \frac{1}{a_n}$ と置くと $b_{n+1} = 3b_n + 2$, $b_1 = 1$。
これは $b_{n+1} + 1 = 3(b_n + 1)$ と変形できる。$b_1 + 1 = 2$ より
$$b_n + 1 = 2 \cdot 3^{n-1} \quad \Longrightarrow \quad b_n = 2 \cdot 3^{n-1} - 1$$
$$\therefore\ a_n = \frac{1}{b_n} = \frac{1}{2 \cdot 3^{n-1} - 1}$$
✗ $a_n = 0$ となる可能性を考慮せずに逆数をとる
✓ 漸化式と初項から $a_n \neq 0$ であることを確認してから逆数置換を行う
上の例では $a_1 = 1 > 0$ かつ漸化式から $a_n > 0 \Rightarrow a_{n+1} > 0$ なので、すべての $n$ で $a_n > 0$ です。
一般の分数型漸化式 $a_{n+1} = \frac{pa_n + q}{ra_n + s}$ を解くには、まず不動点を求めます。
$a_{n+1} = a_n = \alpha$ と置いた方程式：
$$\alpha = \frac{p\alpha + q}{r\alpha + s} \quad \Longleftrightarrow \quad r\alpha^2 + (s - p)\alpha - q = 0$$
この2次方程式の解 $\alpha$ が不動点です。
特性方程式が重解 $\alpha$ をもつとき、$b_n = \frac{1}{a_n - \alpha}$ と置くと、$b_n$ は等差数列になります。
例：$a_{n+1} = \frac{4a_n - 4}{a_n + 2}$, $a_1 = 3$ の一般項を求めよ。
特性方程式：$\alpha = \frac{4\alpha - 4}{\alpha + 2}$ より $\alpha^2 + 2\alpha = 4\alpha - 4$ すなわち $\alpha^2 - 2\alpha + 4 = 0$ ではなく $\alpha(\alpha + 2) = 4\alpha - 4$ より $\alpha^2 - 2\alpha + 4 = 0$。判別式 $= 4 - 16 = -12 < 0$ なので実数の不動点がありません。
ここで別のアプローチをとります。実は不動点が重解になるケースは特殊です。改めて例を変えましょう。
例（修正）：$a_{n+1} = \frac{3a_n - 2}{a_n + 1}$, $a_1 = 3$ の一般項を求めよ。
特性方程式：$\alpha^2 + \alpha = 3\alpha - 2$ より $\alpha^2 - 2\alpha + 2 = 0$... これも判別式 $< 0$。
実数の重解を持つ例：$a_{n+1} = \frac{4a_n - 1}{4a_n + 1}$ ではなく、シンプルに：
例：$a_{n+1} = \frac{2a_n - 1}{a_n}$, $a_1 = 2$ の一般項を求めよ。
特性方程式：$\alpha = \frac{2\alpha - 1}{\alpha}$ より $\alpha^2 = 2\alpha - 1$、$\alpha^2 - 2\alpha + 1 = 0$、$(\alpha - 1)^2 = 0$ で $\alpha = 1$（重解）。
$b_n = \frac{1}{a_n - 1}$ と置く。$a_{n+1} - 1 = \frac{2a_n - 1}{a_n} - 1 = \frac{a_n - 1}{a_n}$ より
$$b_{n+1} = \frac{1}{a_{n+1} - 1} = \frac{a_n}{a_n - 1} = 1 + \frac{1}{a_n - 1} = 1 + b_n$$
$b_1 = \frac{1}{2-1} = 1$ より $b_n = n$（公差 $1$ の等差数列）。
$$\therefore\ a_n = 1 + \frac{1}{n} = \frac{n+1}{n}$$
不動点 $\alpha$ は、$a_n = \alpha$ のとき $a_{n+1} = \alpha$ となる値です。数列が収束するなら、その極限値は不動点に一致します。
不動点のまわりでの振る舞いを調べるために $b_n = \frac{1}{a_n - \alpha}$ と置くのです。
特性方程式が異なる2つの実数解 $\alpha, \beta$ をもつとき、次の置換が有効です。
$b_n = \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$ と置くと、$b_n$ は等比数列になる。
$$b_{n+1} = \frac{a_{n+1} - \alpha}{a_{n+1} - \beta} = k \cdot \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta} = k \cdot b_n$$
公比 $k = \frac{p - r\alpha}{p - r\beta}$
例：$a_{n+1} = \frac{3a_n - 2}{a_n + 1}$, $a_1 = 0$ ではなく、
例：$a_{n+1} = \frac{5a_n - 4}{a_n + 1}$, $a_1 = 3$ の一般項を求めよ。
特性方程式：$\alpha = \frac{5\alpha - 4}{\alpha + 1}$ より $\alpha^2 + \alpha = 5\alpha - 4$、$\alpha^2 - 4\alpha + 4 = 0$、$(\alpha - 2)^2 = 0$... これは重解。
別の例にします。$a_{n+1} = \frac{2a_n + 1}{a_n + 1}$, $a_1 = 3$ の一般項を求めよ。
特性方程式：$\alpha(\alpha + 1) = 2\alpha + 1$ より $\alpha^2 - \alpha - 1 = 0$。
$\alpha = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$, $\beta = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$（黄金比とその共役）。
$b_n = \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$ と置くと $b_n$ は等比数列。公比 $k = \frac{2 - \alpha}{2 - \beta}$。
$2 - \alpha = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}$, $2 - \beta = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}$ なので $k = \frac{3 - \sqrt{5}}{3 + \sqrt{5}} = \frac{(3-\sqrt{5})^2}{4} = \frac{14 - 6\sqrt{5}}{4} = \frac{7 - 3\sqrt{5}}{2}$。
計算が煩雑なため、入試では重解の場合や単純な逆数置換の問題がより頻出です。
不動点が重解 $\alpha$： $b_n = \frac{1}{a_n - \alpha}$ → 等差数列
不動点が異なる2解 $\alpha, \beta$： $b_n = \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$ → 等比数列
この対応を覚えておくと、どの置換を使うか迷いません。
分数型漸化式を解く手順をフローチャートとしてまとめます。
Step 1：特性方程式 $r\alpha^2 + (s-p)\alpha - q = 0$ を解く。
Step 2（重解 $\alpha$）：$b_n = \frac{1}{a_n - \alpha}$ と置き、等差数列として解く。
Step 2（異なる2解 $\alpha, \beta$）：$b_n = \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$ と置き、等比数列として解く。
Step 3：$b_n$ の一般項から $a_n$ を逆算する。
例：$a_{n+1} = \frac{3a_n - 4}{a_n - 1}$, $a_1 = 3$ の一般項を求めよ。
Step 1：特性方程式 $\alpha(\alpha - 1) = 3\alpha - 4$ より $\alpha^2 - 4\alpha + 4 = 0$、$(\alpha - 2)^2 = 0$ で $\alpha = 2$（重解）。
Step 2：$b_n = \frac{1}{a_n - 2}$ と置く。
$a_{n+1} - 2 = \frac{3a_n - 4}{a_n - 1} - 2 = \frac{3a_n - 4 - 2a_n + 2}{a_n - 1} = \frac{a_n - 2}{a_n - 1}$
$b_{n+1} = \frac{a_n - 1}{a_n - 2} = 1 + \frac{1}{a_n - 2} = 1 + b_n$
$b_1 = \frac{1}{3 - 2} = 1$ より $b_n = n$。
Step 3：$\frac{1}{a_n - 2} = n$ より $a_n = 2 + \frac{1}{n} = \frac{2n + 1}{n}$。
$a_{n+1} = \frac{a_n}{pa_n + q}$（分子が $a_n$ のみ）の形なら、単に逆数をとるだけで線形漸化式になります。不動点を求める必要はありません。
入試問題ではこの単純なタイプが最も多く出題されるので、まず逆数置換で解けないか確認しましょう。
Q1. $a_{n+1} = \frac{a_n}{3a_n + 1}$, $a_1 = 1$ のとき $b_n = \frac{1}{a_n}$ と置いて $b_n$ の漸化式を求めよ。
Q2. Q1の数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
Q3. 分数型漸化式 $a_{n+1} = \frac{pa_n + q}{ra_n + s}$ の不動点を求める方程式を書け。
Q4. 特性方程式が重解 $\alpha$ をもつとき、どのような置換をすればよいか。
Q5. $a_{n+1} = \frac{2a_n - 1}{a_n}$, $a_1 = 2$ のとき一般項を求めよ。
$a_1 = \frac{1}{2}$, $a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 1}$ で定められる数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
$b_n = \frac{1}{a_n}$ と置く。$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{2a_n + 1}{a_n} = 2 + \frac{1}{a_n}$ より
$b_{n+1} = b_n + 2$, $b_1 = 2$。
$b_n = 2 + 2(n-1) = 2n$ より $a_n = \frac{1}{2n}$。
$a_1 = 4$, $a_{n+1} = \frac{5a_n - 8}{a_n - 1}$ で定められる数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
特性方程式：$\alpha(\alpha - 1) = 5\alpha - 8$ より $\alpha^2 - 6\alpha + 8 = 0$、$(\alpha - 2)(\alpha - 4) = 0$ で $\alpha = 2, 4$（異なる2解）。
$b_n = \frac{a_n - 2}{a_n - 4}$ と置く。
$a_{n+1} - 2 = \frac{5a_n - 8}{a_n - 1} - 2 = \frac{3a_n - 6}{a_n - 1} = \frac{3(a_n - 2)}{a_n - 1}$
$a_{n+1} - 4 = \frac{5a_n - 8}{a_n - 1} - 4 = \frac{a_n - 4}{a_n - 1}$
$b_{n+1} = \frac{3(a_n - 2)}{a_n - 4} = 3b_n$
$b_1 = \frac{4-2}{4-4}$ ... 分母が $0$ になってしまいます。$a_1 = 4$ は不動点そのものなので $a_n = 4$（定数列）です。
初項を変えて：$a_1 = 3$ とすると $b_1 = \frac{3-2}{3-4} = -1$。
$b_n = -1 \cdot 3^{n-1} = -3^{n-1}$。
$\frac{a_n - 2}{a_n - 4} = -3^{n-1}$ より $a_n - 2 = -3^{n-1}(a_n - 4)$、$a_n + 3^{n-1} a_n = 2 + 4 \cdot 3^{n-1}$。
$$a_n = \frac{2 + 4 \cdot 3^{n-1}}{1 + 3^{n-1}} = \frac{2(1 + 2 \cdot 3^{n-1})}{1 + 3^{n-1}}$$
初項が不動点の場合、数列は定数列になります。それ以外の初項では、不動点2つの解法が有効です。異なる2解 $\alpha, \beta$ が得られたら $b_n = \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$ と置くのが定石です。
$a_1 = 1$, $a_{n+1} = \frac{a_n}{3a_n + 2}$ で定められる数列 $\{a_n\}$ について：
(1) $b_n = \frac{1}{a_n}$ と置いて $b_n$ の一般項を求めよ。
(2) $a_n$ の一般項を求めよ。
(3) $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_k$ を求めよ。
(1) $b_{n+1} = \frac{1}{a_{n+1}} = \frac{3a_n + 2}{a_n} = 3 + 2b_n$, $b_1 = 1$。
$b_{n+1} + 3 = 2(b_n + 3)$ より $b_n + 3 = 4 \cdot 2^{n-1} = 2^{n+1}$。
$b_n = 2^{n+1} - 3$。
(2) $a_n = \frac{1}{2^{n+1} - 3}$。
(3) $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k+1} - 3}$ は一般的な閉じた形では表せないため、部分和は各項の和として表します。
$a_1 = 1$, $a_2 = \frac{1}{5}$, $a_3 = \frac{1}{13}$, $a_4 = \frac{1}{29}$, ... と急速に $0$ に収束します。
$a_1 = 0$, $a_{n+1} = \frac{3a_n + 4}{a_n + 3}$ で定められる数列 $\{a_n\}$ について：
(1) 特性方程式の解を求めよ。
(2) $b_n = \frac{a_n - 2}{a_n + 2}$ と置いて $b_n$ の一般項を求めよ。
(3) $a_n$ の一般項を求め、$\lim_{n \to \infty} a_n$ を求めよ。
(1) $\alpha = \frac{3\alpha + 4}{\alpha + 3}$ より $\alpha^2 + 3\alpha = 3\alpha + 4$、$\alpha^2 = 4$ で $\alpha = 2, -2$。
(2) $a_{n+1} - 2 = \frac{3a_n + 4}{a_n + 3} - 2 = \frac{a_n - 2}{a_n + 3}$
$a_{n+1} + 2 = \frac{3a_n + 4}{a_n + 3} + 2 = \frac{5a_n + 10}{a_n + 3} = \frac{5(a_n + 2)}{a_n + 3}$
$b_{n+1} = \frac{a_n - 2}{5(a_n + 2)} = \frac{1}{5} b_n$
$b_1 = \frac{0 - 2}{0 + 2} = -1$ より $b_n = -\left(\frac{1}{5}\right)^{n-1}$。
(3) $\frac{a_n - 2}{a_n + 2} = -\left(\frac{1}{5}\right)^{n-1}$ を $a_n$ について解く。
$a_n - 2 = -\left(\frac{1}{5}\right)^{n-1}(a_n + 2)$
$a_n\left(1 + \left(\frac{1}{5}\right)^{n-1}\right) = 2 - 2\left(\frac{1}{5}\right)^{n-1} = 2\left(1 - \left(\frac{1}{5}\right)^{n-1}\right)$
$$a_n = \frac{2\left(1 - 5^{-(n-1)}\right)}{1 + 5^{-(n-1)}} = \frac{2(5^{n-1} - 1)}{5^{n-1} + 1}$$
$\lim_{n \to \infty} a_n = \frac{2 \cdot 1}{1} = 2$（不動点 $\alpha = 2$ に収束）。
不動点 $\alpha = 2, \beta = -2$ が得られ、$b_n = \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$ が等比数列になる典型パターンです。公比が $\frac{1}{5}$（$|$公比$| < 1$）なので $b_n \to 0$、すなわち $a_n \to \alpha = 2$ に収束します。