1
いろいろな数列
1.1
等差数列
299 (1) 初項 2，公差−1 である等差数列の第 10 項は である。また， この数列の第 10 項から第 20 項までの和は である。 （西日本工業大） (2) 初項から第 10 項までの和が 100 で，初項から第 20 項までの和が 350 で あるような等差数列の初項は で，公差は である。 （立教大） 300 (1) 初項−2，公差 5 の等差数列の項を，初項から 1 つおきにとってつ くった数列の第 20 項の値は である。 （神奈川大） (2) 初項 2，公差 3 の等差数列{an} について，a2+ a4+ a6+· · · + a40 の 値は である。 （湘南工科大） 301 第 53 項が−47，第 77 項が −95 である等差数列がある。この数列にお いて，第何項がはじめて負の数となるか。 （福岡教育大） 302 初項が−83，公差が 4 の等差数列の第 n 項までの和を Snとすれば， Sn = となる。したがって，n = のとき Snは最小となり，そ の値は である。 （神戸薬科大） 303 1 と 9 の間に k 個の数を並べて，これらが公差 d の等差数列をなす ようにしたところ，1 と 9 も含めた総和が 245 になったという。このとき k = , d = である。 （東京薬科大）299 初項a1に一定数d（公差）を順次加えて得られる数列が等差数列ですから，第 n項anは公差dをn− 1回加えて得られる数です。 an= a1+ (n− 1)d 初項a1から第n項anまでの和Snは，逆に並べた数列との和をつくることにより Sn= n(a1+ an) 2 = n{2a1+ (n− 1)d} 2 となります。 300 具体的に書き並べてみましょう。どのような数列になりますか。 (1) −2 , 3, 8 , 13, 18 , 23, 28 , · · · · (2) 2, 5 , 8, 11 , 14, 17 , 20, · · · · 301 数列は減少しています。一般項anを求めて，anがはじめて負となるnを求め ればよいでしょう。 302 等差数列の和Snはnの2次式になりますから，平方完成することによりSn が最小となるnを求めることができます。あるいは，和Snは正の項を加えると増加 し，負の項を加えると減少しますから一般項anが負から正に変わるところまで，つ まり，an5 0となる項のみを足したときがSnが最小となるときです。 303 初項1，末項9，項数k + 2の等差数列です。
299 (1) 初項2，公差−1の等差数列{an}の一般項は an= 2 + (n− 1) · (−1) = −n + 3 なので，第10項は a10=−10 + 3 = −7 また，第10項から第20項までの和は，初項a10=−7，末項a20=−20+3 = −17， 項数11の等差数列の和なので 11 2 (−7 − 17) = 11 × (−12) = −132 この数列の初項から第n項までの和をSnとおくと a10+ a11+· · · + a20= S20− S9 = 20 2 {2 × 2 + 19 × (−1)} − 92{2 × 2 + 8 × (−1)} = −132 (2) 初項a，公差dとおく。初項から第10項までの和S10= 100より 10 2 (2a + 9d) = 100 ∴ 2a + 9d = 20 · · · ·⃝1 また，S20= 350より 20 2 (2a + 19d) = 350 ∴ 2a + 19d = 35 · · · ·⃝2 1 ⃝，⃝を解いて2 a = 13 4 , d = 3 2 300 (1) 初項から1つおきにとってつくった数列を{an}とおくと，{an}は初項 −2，公差10の等差数列となるので an=−2 + 10(n − 1) = 10n − 12 ∴ a20= 10× 20 − 12 = 188 初項−2，公差5の等差数列{bn}は bn=−2 + (n − 1) · 5 = 5n − 7 初項から1つおきにとってつくった数列を{cn}とおくと cn= b2n−1 ∴ c20= b2·20−1= b39= 5· 39 − 7 = 188 (2) {an}は初項2，公差3の等差数列より an= 2 + (n− 1) · 3 = 3n − 1 a2, a4, a6, · · · , a40は初項a2，末項a40，項数20の等差数列であるから a2= 3· 2 − 1 = 5, a40= 3· 40 − 1 = 119 となるので，求める和をS とおくと S = 20 2 (5 + 119) = 1240
301 与えられた等差数列を{an}とし，初項a，公差dとおくと a53=−47より a + 52d =−47 · · · ·⃝1 a77=−95より a + 76d =−95 · · · ·⃝2 1 ⃝，⃝を解いて2 d =−2, a = 57 したがって，一般項は an= 57 + (n− 1) · (−2) = −2n + 59 だから，an< 0となるのは −2n + 59 < 0 ∴ n > 59 2 = 29.5 よって，はじめて負の数となるのは 第30項 302 等差数列の和の公式より Sn= n{2 · (−83) + (n − 1) · 4} 2 = n(2n− 85) · · · ·⃝1 = 2n2− 85n = 2(n− 85 4 )2 − 852 8 ここで，85 4 = 21 + 1 4 より n = 21 のときSnは最小で，⃝より1 最小値: S21= 21(2× 21 − 85) = −903 等差数列の和の公式より Sn= n{2 · (−83) + (n − 1) · 4} 2 = 2n 2− 85n 初項−83，公差4の等差数列の一般項anは an=−83 + (n − 1) · 4 = 4n − 87 {an}は増加数列なので，an5 0となるanのみをすべてたしたときにSnは最小と なる。an5 0のとき 4n− 87 5 0 ∴ n5 87 4 = 21.75 したがって，n = 21のとき最小で，最小値 S21= 2· 212− 85 · 21 = −903 303 初項1，末項9，項数k + 2の等差数列の和が245より (k + 2)(1 + 9) 2 = 245 ∴ k = 47 また，初項が1，第49項が9より，公差をdとすると 1 + (49− 1)d = 9 ∴ d = 1 6
1.2
等差中項
304 正の実数 a について，2, 1 a, a がこの順で等差数列をなすとき， a = である。 （立教大） 305 3 つの数 a, b, c がこの順で等差数列をなし，その和は 6 で，平方の 和は 44 であるとき，a = , b = , c = である。ただし， a < b < c とする。 （中部大） 304， 305 a, b, cがこの順で等差数列をなす ⇐⇒ b − a = c − b（=公差） ⇐⇒ 2b = a + c （等差中項）304 2, 1 a, aがこの順で等差数列をなすので 2× 1 a = 2 + a ∴ a 2 + 2a− 2 = 0 a > 0なので a =−1 +√3 305 a, b, cがこの順に等差数列をなすので 2b = a + c · · · ·⃝1 また， { a + b + c = 6 · · · ·⃝2 a2+ b2+ c2= 44 · · · ·⃝3 であるから， 1 ⃝を⃝に代入すると2 3b = 6 ∴ b = 2 1 ⃝，⃝に代入すると3{ a + c = 4 a2+ c2= 40 cを消去すると a2+ (4− a)2= 40 ∴ a = 6, −2 a < b < cであるから a =−2, c = 6
1.3
等比数列
306 数列 a, b, 2, c, 18 は，この順で各項が正の等比数列である。このと き，a = , b = , c = である。 （愛知学院大） 307 (1) ある等比数列の第 5 項が 48，第 6 項が−96 であるとき，この数 列の初項の値は であり，公比の値は である。また，この数 列の初項から第 8 項までの和は である。 （帝京大） (2) 初項 3，末項 24√2 の等比数列において，初項から末項までの和が 45(√2 + 1) であるとする。このとき公比は であり，項数は である。 （東海大） 308 数列 27, 2727, 272727, 27272727, · · · について (1) 第 n 項 anを求めよ。 (2) 第 n 項までの和 Snを求めよ。 （鳥取大）306 各項が正の等比数列ですから，公比は正です。 初項a1に一定数r（公比）を順次かけて得られる数列が等比数列ですから，第n 項anは公比rをn− 1回かけて得られる数です。 an= a1rn−1 307 (1) 第5項が正，第6項が負ですから，公比は負となります。 初項a1から第n項anまでの和Snは Sn= a1(1− rn) 1− r （r = 1\ のとき） na1 （r = 1のとき） となります。 (2) 公比をr，項数をnとして，与えられた条件を式で表してみましょう。 308 a1= 27 a2= 2727 = 2700 + 27 = 27× 102+ 27 a3= 272727 = 270000 + 2700 + 27 = 27× 104+ 27× 102+ 27 a4= 27272727 = 27× 106+ 27× 104+ 27× 102+ 27 · · · · ですから，anは公比102の等比数列の和で表せますね。
306 与えられた等比数列{an} (n = 1, 2, 3, 4, 5)の初項a，公比rとおくと a3= 2より ar2= 2 · · · ·⃝1 a5= 18より ar4= 18 · · · ·⃝2 2 ⃝ ÷⃝1 より ar4 ar2 = 18 2 ∴ r 2 = 9 各項が正より，r = 3であり，⃝より1 a = 2 9 b = a2= ar = 2 9 × 3 = 23, c = a4= ar 3 = 2 9 × 3 3 = 6 2, c, 18がこの順に等比数列であることから c 2 = 18 c ∴ c 2 = 36 各項が正より，c = 6であり，2, 6, 18が等比数列なので，公比は3である。よって b = 2 3, a = 2 9 307 (1) 与えられた等比数列を{an}とし，初項a，公比rとおくと，この数列の 第5項a5と第6項a6は a5= 48より ar4= 48 · · · ·⃝1 a6=−96より ar5=−96 · · · ·⃝2 2 ⃝ ÷⃝1 より ar5 ar4 = − 96 48 ∴ r =−2 r =−2を⃝に代入して1 a = 3 初項から第8項までの和S8は S8= 3{1 − (−2)8} 1− (−2) = 1− 256 = −255
(2) 与えられた等比数列の公比をr，項数をnとおく。初項が3，末項が24√2より 24√2 = 3rn−1 ∴ rn−1= 8√2 · · · ·⃝1 初項から末項までの和が45(√2 + 1)より 45(√2 + 1) = 3(1− r n ) 1− r ∴ r n= 1− 15(√2 + 1)(1− r) · · · ·⃝2 2 ⃝ ÷⃝1 より r = 1− 15( √ 2 + 1)(1− r) 8√2 ∴ r = 15√2 + 14 7√2 + 15 = √ 2 r =√2を⃝1 に代入すると (√2)n−1= (√2)7 ∴ n = 8 308 (1) anの桁数が2n桁より an= 272727· · · 27 = 27× 100n−1+ 27× 100n−2+· · · + 27 × 100 + 27 右端からの和として読み直すと，初項27，公比100，項数nの等比数列の和だから an= 27(100n− 1) 100− 1 = 3 11(100 n− 1) (2) 第n項までの和Snは Sn= n ∑ k=1 ak= n ∑ k=1 3 11(100 k− 1) = 3 11 n ∑ k=1 100k− 3 11 n ∑ k=1 1 = 3 11 · 100(100n− 1) 100− 1 − 311n = 100 n+1− 100 363 − 311n = 100 n+1− 99n − 100 363
1.4
等比中項
309 1 < a < b とする。1, a, b はこの順で等差数列で，a, 2b, 2ab はこの 順で等比数列である。このとき，a, b の値を求めよ。 （関西大） 310 直角三角形の 3 つの角の大きさ A, B, C が，この順で等比数列であ るとき，その公比を求めよ。ただし，角度には弧度法を用いるものとする。 （電気通信大 改） 311 α, β, αβ (α < 0 < β) は，ある順番で並べると等比数列になるとい う。また α + β = 1 が成り立っている。このとき，β− α = であり， −αβ = である。 （明治大） 309 a, b, cがこの順で等比数列をなす ⇐⇒ b a = c b（=公比） ⇐⇒ b2 = ac（等比中項） 310 A, B, Cの大小は A < B < C またはA > B > C の2通りがありますが，いずれのときもA, B, Cがこの順序で等比数列をなす条件 はB2= ACです。 311 α < 0, β > 0よりαβ < 0となります。3つの数α, β, αβが等比数列をなす ためには，−⃝，⃝，+ ⃝の順に並ぶことが必要です。−309 1, a, bがこの順に等差数列をなすので 2a = 1 + b · · · ·⃝1 また，a, 2b, 2abがこの順に等比数列をなすので (2b)2= a· 2ab ∴ b = 1 2a 2 (∵ b= 0)\ 1 ⃝に代入して a2− 4a + 2 = 0 ∴ a = 2 +√2 (∵ a > 1) 1 ⃝に代入して b = 2(2 +√2)− 1 = 3 + 2√2 310 角A, B, Cはこの順で等比数列であるから B2= AC また，直角三角形の内角でもあるから，最小のもの（AまたはC）をXとおくと， 3つの数A, B, CはX, B, π 2 であり B2= π 2X かつ 0 < X < B < π 2 かつ X + B = π 2 をみたすから B2= π 2 ( π 2 − B ) 4B2+ 2πB− π2= 0 ∴ B = −π + √ 5π 4 よって A < B < C ( A < B < π 2 ) のとき，公比= π 2 ÷ B = √ 5 + 1 2 A > B > C ( π 2 > B > C ) のとき，公比= B÷ π 2 = √ 5− 1 2 311 α < 0 < βより αβ < 0 よって，α, β, αβが等比数列となるのは，3つの数が負，正，負の順に並ぶとき， すなわちβが等比中項になるときである。 β2= α· αβ ∴ β = α2 (∵ β= 0)\ これとα + β = 1，α < 0より α2+ α− 1 = 0 ∴ α = −1− √ 5 2 , β = 1− α = 3 +√5 2 以上より β− α = 2 +√5, −αβ = 2 +√5
1.5
元利合計
312 年利率 5% の複利で 1000 万円を貯金する場合，元利合計の金額が初 めて 2000 万円を超えるのは 年後である。ただし，log102 = 0.301， log101.05 = 0.021 とする。 （立命館大 改） 312 1年後の金額は （元金）+（利息）=（元金）+（元金）× 0.05 =（元金）× 1.05 です。312 1年後の元利合計は，元金の1 + 5
100 = 1.05（倍）である。1000万円を貯金 して，n年後に初めて2000万円を超えるとすると
1000× 104× 1.05n> 2000× 104 ∴ 1.05n> 2 常用対数をとって，整理すると
n log101.05 > log102 ∴ n > log102
log101.05
= 0.301
0.021 = 14.3· · · よって，初めて2000万円を超えるのは15年後である。
1.6
階差数列と一般項
313 数列 1, 4, 8, 13, 19, 26, 34, · · · の第 30 項は である。 （大阪電気通信大） 314 数列−2, , 0, 4, 10, 18, , 40, · · · の第 項は 108 である。また，最初の 20 項の和は である。 （関西学院大） 313 数列{an}の階差数列を{bn}とおくと bk= ak+1− ak ですから n∑−1 k=1 bk= n∑−1 k=1 (ak+1− ak) = (a2− a1) + (a3− a2) + (a4− a3) +· · · · · · + (an−1− an−2) + (an− an−1) =−a1+ an つまり，n= 2のとき an= a1+ n−1∑ k=1 bk が成り立ちます。 314 0, 4, 10, 18の部分に着目しましょう。313 与えられた数列を{an}として，階差数列を{bn}とおくと an: 1 4 8 13 19 26 34 · · · bn: 3 4 5 6 7 8 · · · {bn}は初項3，公差1の等差数列なので bn= n + 2 したがって，n= 2のとき an=1 + n∑−1 k=1 (k + 2)= 1 2n 2 + 3 2n− 1 （n = 1のときも成立） ∴ a30= 1 2 · 30 2 + 3 2 · 30 − 1 = 494 314 与えられた数列を{an}として，階差数列を{bn}とおくと an: −2 a2 0 4 10 18 a7 40 · · · bn: b1 b2 4 6 8 b6 b7 · · · {bn}は公差2の等差数列と推察される。このとき b2= 2, b1= 0, b6= 10, b7= 12 であり b2= 0− a2, b1= a2− (−2), b6 = a7− 18, b7= 40− a7 ∴ −a2 = 2, a2+ 2 = 0, a7− 18 = 10, 40 − a7= 12 よって，a2=−2，a7= 28はこれらをみたす。 bn= 0 + 2(n− 1) = 2n − 2 n= 2のとき an=−2 + n∑−1 k=1 (2k− 2) = n2− 3n （n = 1のときも成立） また，an= 108とすると n2− 3n − 108 = 0 ∴ (n + 9)(n− 12) = 0 nは自然数よりn = 12だから，108は第12項である。 また，最初の20項の和は 20 ∑ n=1 (n2− 3n) = 20 · 21 · 41 6 − 3 · 20 · 212 = 2240
1.7
∑
の計算
315 (1) 2n∑2 k=n+1 k を計算すれば， である。 （日本工業大） (2) n ∑ k=3 (k− 4)3を求めなさい。 （名古屋学院大 改） 316 (1) 数列 1, 1 + 2 2 , 1 + 2 + 3 3 , 1 + 2 + 3 + 4 4 , · · · の初項から第 25 項までの和は である。 （福岡工業大） (2) 次の和を求めよ。ただし，n は 2 以上の整数とする。 1· (n − 1) + 2 · (n − 2) + · · · + (n − 2) · 2 + (n − 1) · 1 （兵庫大） (3) 1· 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + 4 · 5 + · · · + n(n + 1) = である。 ただし，n は正の整数である。 （大阪薬科大） 317 等式 (k + 1)5− k5= 5k4+ 10k3+ 10k2+ 5k + 1 を利用して ∑n k=1 k4を求めよ。 （大阪教育大） 318 Sn = n ∑ k=1 kxk−1を求めよ。 （高知大）和の公式 n ∑ k=1 1 = n, n ∑ k=1 k = n(n + 1) 2 , n ∑ k=1 k2= n(n + 1)(2n + 1) 6 , n ∑ k=1 k3 = n 2 (n + 1)2 4 は覚えていますね。 315 (1) Sn= n ∑ k=1 kとすると S2n2 = 1 + 2 +· · · + n + (n + 1) + (n + 2) + · · · + 2n2 Sn= 1 + 2 +· · · + n この2式の辺々をひくと S2n2− Sn= (n + 1) + (n + 2) +· · · + 2n2= 2n∑2 k=n+1 k (2) k = 3, 4, · · · , nを代入し，∑n k=3 (k− 4)3を書き下してみましょう。 316 (1) 第n項は 1 + 2 + 3 +· · · + n n = 1 n(1 + 2 + 3 +· · · + n)です。 (2)，(3)∑記号で表してみましょう。 317 n ∑ k=1 k2, n ∑ k=1 k3の公式の延長です。この誘導が理解できない人は教科書を見直し ておきましょう。 318 ∑{(等差数列)× (等比数列)}の形の和Snを求めるには，等比数列の和の公式 を導くのと同様に，等比数列の公比rを用いてSn− rSnを考えるのが定石です。 本問はak = k，bk = xk−1とおくと，{an}は等差数列，{bn}は公比xの等比数 列であり，Sn= n ∑ k=1 akbkの形です。
315 (1) 2n∑2 k=n+1 k = 2n∑2 k=1 k− n ∑ k=1 k= 2n 2 (2n2+ 1) 2 − n(n + 1) 2 = 4n 4 + n2− n 2 等差数列の和であるから 2n∑2 k=n+1 k = 項数(初項+末項) 2 = (2n2− n){(n + 1) + 2n2} 2 = n(2n− 1)(2n 2 + n + 1) 2 (2) n ∑ k=3 (k− 4)3= (3− 4)3+ (4− 4)3+ (5− 4)3+· · · + (n − 4)3 = (−1)3+ 03+ 13+ 23+· · · + (n − 4)3=−1 + n∑−4 k=1 k3 = − 1 + (n− 4) 2(n− 3)2 4 = (n2− 7n + 12)2− 22 4 = (n− 2)(n − 5)(n 2− 7n + 14) 4 316 (1) この数列を{an}とおくと，anの分母はnであり （anの分子）= 1 + 2 + 3 +· · · + n = n(n + 1) 2 ∴ an= n(n + 1) 2n = 1 2(n + 1) したがって 25 ∑ k=1 ak= 1 2 25 ∑ k=1 (k + 1) = 1 2 ( 25· 26 2 + 25 ) = 175 (2) 1· (n − 1) + 2 · (n − 2) + · · · + k(n − k) + · · · + (n − 1) · 1 =n−1∑ k=1 k(n− k) = nn−1∑ k=1 k−n−1∑ k=1 k2= n· (n− 1)n 2 − (n− 1)n(2n − 1) 6 = (n− 1)n(n + 1) 6
(3) 1· 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + 4 · 5 + · · · + n(n + 1) = n ∑ k=1 k(k + 1) = n ∑ k=1 (k2+ k) = 1 6n(n + 1)(2n + 1) + 1 2n(n + 1) = 1 6n(n + 1)(2n + 1 + 3) = n(n + 1)(n + 2) 3 317 kの恒等式 (k + 1)5− k5= 5k4+ 10k3+ 10k2+ 5k + 1 において，k = 1, 2, 3, · · · , nとして辺々をたすと n ∑ k=1 {(k + 1)5− k5} = ∑n k=1 (5k4+ 10k3+ 10k2+ 5k + 1) (n + 1)5− 15= 5 n ∑ k=1 k4+ 10 n ∑ k=1 k3+ 10 n ∑ k=1 k2+ 5 n ∑ k=1 k + n したがって 5 n ∑ k=1 k4= (n + 1)5− 1 − 10 n ∑ k=1 k3− 10 n ∑ k=1 k2− 5 n ∑ k=1 k− n = (n + 1)5− 1 − 10 · n 2(n + 1)2 4 − 10 · n(n + 1)(2n + 1) 6 −5 · n(n + 1)2 − n = n5+ 5 2n 4 + 5 3n 3− 1 6n ∴ ∑n k=1 k4 = 1 5n 5+ 1 2n 4+ 1 3n 3− 1 30n 318 x = 1のとき Sn= n ∑ k=1 k = n(n + 1) 2 x= 1\ のとき Sn= 1 + 2x + 3x2+· · · + (n − 1)xn−2+ nxn−1 xSn= x + 2x2+· · · + (n − 2)xn−2+ (n− 1)xn−1+ nxn 辺々ひいて (1− x)Sn= 1 + x + x2+· · · + xn−2+ xn−1− nxn = 1− x n 1− x −nx n = 1− x n− nxn(1− x) 1− x ∴ Sn= 1− (n + 1)x n+ nxn+1 (1− x)2
1.8
いろいろな数列の和
319 数列の和 1 1· 3 + 1 3· 5 + 1 5· 7 +· · · + 1 17· 19 + 1 19· 21 = である。 （千葉工業大） 320 次の級数の和を求めよ。 1 1· 4 · 7 + 1 4· 7 · 10 +· · · + 1 (3n− 2)(3n + 1)(3n + 4) (小樽商科大) 321 50 ∑ k=1 1 √ k + 1 +√k を求めよ。 （大阪工業大） 319 n ∑ k=1 1 (2k− 1)(2k + 1) = n ∑ k=1 ( A 2k− 1 + B 2k + 1 ) と部分分数に分解します。このとき A 2k− 1 + B 2k + 1 = 2(A + B)k + (A− B) (2k− 1)(2k + 1) k = 1, 2, · · · , nに対して，この式が成立すればよいので，kの恒等式とみて，分子 が1となるように係数を比較します。階差の形に分解するのが目標ですから，恒等式 1 AB = 1 B− A ( 1 A − 1B ) を利用する手もあります。 320 これも，部分分数に分解します。この場合 1 (3k− 2)(3k + 1)(3k + 4) = A (3k− 2)(3k + 1) + B (3k + 1)(3k + 4) の形を作ります。ここでも，階差の形に分解することを目標にして，恒等式 1 ABC = 1 C− A ( 1 AB − 1BC ) を利用することができます。 321 分母を有理化しましょう。階差が現れます。319 1 1· 3 + 1 3· 5 + 1 5· 7 +· · · + 1 17· 19 + 1 19· 21 = 10 ∑ k=1 1 (2k− 1)(2k + 1) ここで， 1 (2k− 1)(2k + 1) = A 2k− 1 + B 2k + 1 とおくと A 2k− 1 + B 2k + 1 = (2k + 1)A + (2k− 1)B (2k− 1)(2k + 1) = 2(A + B)k + (A− B) (2k− 1)(2k + 1) なので，kの恒等式とみて，分子が1となるのは A + B = 0 かつ A− B = 1 ∴ A = 1 2, B =− 12 のときであるから 10 ∑ k=1 1 (2k− 1)(2k + 1) = 1 2 10 ∑ k=1 ( 1 2k− 1 − 1 2k + 1 ) = 1 2 {( 1− 1 3 ) + ( 1 3 − 15 ) +· · · + ( 1 17 − 119 ) + ( 1 19 − 121 ) } = 1 2 ( 1− 1 21 ) = 1 2 · 2021 = 10 21 恒等式 1 AB = 1 B− A ( 1 A − 1B ) を考えると 1 (2k− 1)(2k + 1) = 1 (2k + 1)− (2k − 1) ( 1 2k− 1 − 1 2k + 1 ) = 1 2 ( 1 2k− 1 − 1 2k + 1 ) と変形される。
320 1 (3n− 2)(3n + 1)(3n + 4) = A (3n− 2)(3n + 1) + B (3n + 1)(3n + 4) とおくと （右辺）= (3n + 4)A + (3n− 2)B (3n− 2)(3n + 1)(3n + 4) = 3(A + B)n + (4A− 2B) (3n− 2)(3n + 1)(3n + 4) 左辺の分子と比較して 3(A + B) = 0 かつ 4A− 2B = 1 ∴ A = 1 6, B =− 16 よって （与式）= n ∑ k=1 1 (3k− 2)(3k + 1)(3k + 4) = 1 6 n ∑ k=1 { 1 (3k− 2)(3k + 1) − 1 (3k + 1)(3k + 4) } = 1 6 [( 1 1· 4 − 1 4· 7 ) + ( 1 4· 7 − 1 7· 10 ) +· · · · · · + { 1 (3n− 2)(3n + 1) − 1 (3n + 1)(3n + 4) }] = 1 6 { 1 1· 4 − 1 (3n + 1)(3n + 4) } = n(3n + 5) 8(3n + 1)(3n + 4) 恒等式 1 ABC = 1 C− A ( 1 AB − 1BC ) を考えて 1 (3n− 2)(3n + 1)(3n + 4) = 1 (3n + 4)− (3n − 2) { 1 (3n− 2)(3n + 1) − 1 (3n + 1)(3n + 4) } = 1 6 { 1 (3n− 2)(3n + 1) − 1 (3n + 1)(3n + 4) } 321 √ 1 k + 1 +√k = 1 √ k + 1 +√k · √ k + 1−√k √ k + 1−√k = √ k + 1−√k であるから 50 ∑ k=1 1 √ k + 1 +√k = 50 ∑ k=1 (√k + 1−√k) = (√2−√1) + (√3−√2) +· · · + (√50−√49) + (√51−√50) =√51− 1
1.9
和と一般項の関係
322 数列{an} の初項から第 n 項までの和 Snが Sn= n2− n のとき， an= である。 （武蔵大） 323 初項から第 n 項までの和が 4nである数列において，第 1 項，第 3 項， 第 5 項，· · · と順次 1 つおきにとって新たに定められた数列の第 n 項を求めよ。 （中部大 改） 322 和Snと一般項anを結ぶ関係式は an= { S1 （n = 1のとき） Sn− Sn−1 （n= 2のとき） です。実際，n= 2のとき Sn= a1+ a2+· · · + an−1+ an −) Sn−1= a1+ a2+· · · + an−1 Sn− Sn−1= an 323 まずは，Sn= 4nからanを求めます。求める数列の第n項はa2n−1です。322 a1= S1= 12− 1 = 0 n= 2のとき an= Sn− Sn−1= (n2− n) − {(n − 1)2− (n − 1)} = 2n − 2 これはa1= 0をみたすから an= 2n− 2 (n = 1) 323 与えられた数列を{an}とすると，初項から第n項までの和Sn= 4nより n = 1のとき a1= S1= 4 n= 2のとき an= Sn− Sn−1= 4n− 4n−1= 3· 4n−1 {an}から第1項，第3項，第5項，· · · と1つおきに取り出してできる数列を {bn}とおくと{ n = 1のとき b1= a1= 4 n= 2のとき bn= a2n−1= 3· 42n−2= 3· 16n−1
1.10
約数・倍数の和
324 (1) 45の正の約数は 個あり，その総和は である。 （共立薬科大） (2) 432 の正の約数は 個ある。そのうち偶数であるものをすべて加え ると になる。 （福岡工業大） 325 1 から 100 までの整数のうちで 2 でも 3 でも割り切れないものは 個あり，それらの和は である。 （長崎総合科学大） 324 約数を書き出せば，すぐにわかります。 (1) 45= 210の正の約数は20, 21, 22, · · · , 210です。 (2) 432 = 24× 33の正の約数は 2030, 2031, 2032, 2033, 2130, 2131, 2132, 2133, · · · , 2430, 2431, 2432, 2433 です。 325 「A : 2でわり切れる数」，「B : 3でわり切れる数」と 1∼100 A B A∪ B すると，「A∪B : 2または3でわり切れる数」，「A∩B : 6で わり切れる数」となり，さらにn(A∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B)
324 (1) 45= 210の正の約数は1, 2, 22, 23, · · · , 210 の11個あり，総和は 1 + 2 + 22+ 23+· · · + 210= 2 11− 1 2− 1 = 2047 (2) 432 = 24× 33の正の約数は2i3j (05 i 5 4, 0 5 j 5 3)であるから，正の約 数の個数は組(i, j)の個数と一致し，(4 + 1)× (3 + 1) = 20個である。このうち，偶 数であるものの和は 2(1 + 3 + 32+ 33) + 22(1 + 3 + 32+ 33) +23(1 + 3 + 32+ 33) + 24(1 + 3 + 32+ 33) = (2 + 22+ 23+ 24)(1 + 3 + 32+ 33) = 2(2 4− 1) 2− 1 × 3 4− 1 3− 1 = 1200 同じことだが，∑の使い方にも慣れておこう。 偶数であるものは2i3j(15 i 5 4, 0 5 j 5 3)であるから，求める和は 4 ∑ i=1 3 ∑ j=0 2i3j= 4 ∑ i=1 ( 2i 3 ∑ j=0 3j ) = 4 ∑ i=1 ( 2i· 3 4− 1 3− 1 ) = 40 4 ∑ i=1 2i = 40· 2(2 4− 1) 2− 1 = 40· 30 = 1200 325 100÷ 2 = 50より 2の倍数は50個 100÷ 3 = 33余り1より 3の倍数は33個 100÷ 6 = 16余り4より 6の倍数は16個 よって，2または3でわり切れるものは 50 + 33− 16 = 67（個） したがって，2でも3でもわり切れないものは 100− 67 = 33（個） また （2の倍数の和）= 2 + 4 + 6 +· · · + 100 = 50(2 + 100) 2 = 2550 （3の倍数の和）= 3 + 6 + 9 +· · · + 99 = 33(3 + 99) 2 = 1683 （6の倍数の和）= 6 + 12 + 18 +· · · + 96 = 16(6 + 96) 2 = 816 （1から100までの和）= 1 + 2 + 3 +· · · + 100 = 100(1 + 100) 2 = 5050 より，求める総和は 5050− (2550 + 1683 − 816) = 1633
1.11
積の和
326 次のような n2個の数が配置されている。 1· 1 1 · 2 1 · 3 · · · 1 · n 2· 1 2 · 2 2 · 3 · · · 2 · n 3· 1 3 · 2 3 · 3 · · · 3 · n .. . ... ... . .. ... n· 1 n · 2 n · 3 · · · n2 ここに並んでいる数の総和は である。 （小樽商科大） 327 n が 2 以上の自然数のとき，1, 2, 3, · · · , n の中から異なる 2 個の自 然数を取り出してつくった積すべての和 S を求めよ。 （宮城教育大） 326 (1 + 2 +· · · + n)2を展開してみて下さい。実際 (12+ 22+· · · + n2) + 2{1 · 2 + 1 · 3 + · · · + (n − 1) · n} が成り立ちます。 一般に(a + b + c +· · · )2を展開すると，平方和a2+ b2+ c2+· · · および，異なる 2つの数の積の総和の2倍が現れます。 327 前問の表の中で，本問が求めているのは下の部分の総和です。 1· 2 1 · 3 1 · 4 · · · 1· n 2· 3 2 · 4 · · · 2· n 3· 4 · · · 3· n . .. ... (n− 1)n326 与えられたn2個の数は，(1 + 2 +· · · + n)2を展開して出てくる項に一致 するから （総和）= (1 + 2 +· · · + n)2= { n(n + 1) 2 }2 = n 2(n + 1)2 4 第k行目はk· 1, k · 2, · · · , k · nより （総和）= n ∑ k=1 (k· 1 + k · 2 + · · · + k · n) = (1 + 2 + · · · + n) n ∑ k=1 k = n(n + 1) 2 · n(n + 1) 2 = n2(n + 1)2 4 327 求める和をSとおくと (1 + 2 + 3 +· · · + n)2= 2S + (12+ 22+ 32+· · · + n2) より 2S = (1 + 2 + 3 +· · · + n)2− (12+ 22+ 32+· · · + n2) = (∑n k=1 k )2 − ∑n k=1 k2 = { 1 2n(n + 1) }2 − 1 6n(n + 1)(2n + 1) = 1 12n(n + 1){3n(n + 1) − 2(2n + 1)} = 1 12n(n + 1)(n− 1)(3n + 2) ∴ S = 1 24n(n + 1)(n− 1)(3n + 2) ij（15 i < j 5 n）の総和を求めればよいから S = n ∑ j=2 j∑−1 i=1 ij = n ∑ j=2 ( j j∑−1 i=1 i ) = n ∑ j=2 { j· 1 2j(j− 1) } = 1 2 n ∑ j=2 (j3− j2) = 1 2 {∑n j=1 (j3− j2)− (13− 12) } = 1 2 { 1 4n 2 (n + 1)2− 1 6n(n + 1)(2n + 1) } = 1 24n(n + 1)(n− 1)(3n + 2)
1.12
格子点の個数
328 座標平面上で，x 座標と y 座標がいずれも整数である点 (x, y) を格子 点という。次の不等式を同時にみたす格子点の個数を求めよ。 (1) x= 0, y = 0, x + y 5 20 (2) y= 0, y 5 2x, x + 2y 5 20 （滋賀大） 329 n を 1 以上の整数とする。 (1) x + y5 n, x = 0, y = 0 をみたす整数の組 (x, y) は， 全部で 1 2 ( n2+ n + )個ある。 (2) x + y + z 5 n, x = 0, y = 0, z = 0 をみたす整数の組 (x, y, z) は， 全部で 1 6 ( n3+ n2+ n + )個ある。 （上智大） 328 (1) x =一定（もしくはy =一定）として，与えられた領域内の線分上の格 子点を順次数えていきます。 (2) 境界の直線がx + 2y = 20のときは，x = k（一定）とすると，y = 10− k 2 で あり，k =偶数, 奇数 の場合分けが生じます。 y = k（一定）とすると，x = 20− 2kですから，格子点(x, k)の個数は数えやす くなります。 329 (1) 平面上の格子点の個数を数えるには，うまく直線を選び，線分上の格子点 の個数を数え，総和を求めるのがポイントです。 たとえば，y軸に平行な直線x = k (k :整数, 05 k 5 n)を選びます。x軸に平行 な直線y = l (l :整数, 05 l 5 n)でもよいです。 (2) 空間内の格子点の個数を数えるときは，うまく平面を選び，平面上の格子点の個 数を数え，その総和を求めるのがポイントです。 本問では，(1)が利用できるように，xy平面に平行な平面z = l (l :整数, 05 l 5 n) 上の格子点を数えるのがよいでしょう。328 (1) k = 0, 1, · · · , 20とするとき，線分 x y O 20 20 20− k k 1 2 x = k, 05 y 5 20 − k上の格子点は 20− k + 1 = 21 − k（個） ある。よって，与えられた領域内の格子点は 20 ∑ k=0 (21− k) = 21 2 {21 + (21 − 20)} = 231（個） 条件式は x= 0, y = 0, 20 − (x + y) = 0 そこで，z = 20− (x + y)とおくと x + y + z = 20, x= 0, y = 0, z = 0 となる整数の組(x, y, z)の個数を求めればよい。これは球20個と仕切り棒2本の 並べ方の総数と一致するから ( 例:⃝| ⃝ ⃝| ⃝ · · · ⃝ならば(x, y, z) = (1, 2, 17)) 3H20=22C20=22C2= 231（個） 【参考】n種類のものの中から重複を許してr個のものをとる取り方の総数はnHr= n+r−1Crである。これは重複組合せとよばれる。 (2) A(4, 8)，B(20, 0)，C(4, 0)とおく。 x y O 10 20 A B x + 2y = 20 y = 2x 4 8 C x y O 10 20 A B x + 2y = 20 y = 2x 4 8 C 5 6 7 20− 2l l △OACの辺ACを除く領域の格子点の個数は， k = 0, 1, 2, 3とするとき，線分x = k, 05 y 5 2k 上に2k + 1個あるので 1 + 3 + 5 + 7 = 16（個） 次に△ABCの周および内部にある格子点の 数を数える。l = 0, 1, 2, · · · , 8として，線分 y = l, 45 x 5 20 − 2l上の格子点の個数は (20− 2l) − 3 = 17 − 2l（個） ∴ ∑8 l=0 (17− 2l) = 9 2{17 + (17 − 16)} = 81（個） 以上より 16 + 81 = 97（個）
329 (1) 線分 x y O n n 1 2 n− k k x = k, 05 y 5 n − k (0 5 k 5 n) 上の格子点は，n− k + 1個あるから，求める整数 の組(x, y)の個数は n ∑ k=0 (n− k + 1) = (n + 1) + n + (n− 1) + · · · + 3 + 2 + 1 = 1 2(n + 1)(n + 2) = 1 2(n 2 + 3n + 2) (2) z = l (05 l 5 n)のとき x y O n− l n− l z = lのとき x + y5 n − l, x = 0, y = 0 であるから，平面z = l上の格子点の個数は(1)より 1 2(n− l + 1)(n − l + 2)（個） よって，求める整数の組(x, y, z)の個数は n ∑ l=0 1 2(n− l + 1)(n − l + 2) = 1 2{(n + 1)(n + 2) + n(n + 1) + · · · · · · + 3 · 4 + 2 · 3 + 1 · 2} = 1 2 n+1∑ j=1 j(j + 1) = 1 2 { (n + 1)(n + 2)(2n + 3) 6 + (n + 1)(n + 2) 2 } = 1 2 · (n + 1)(n + 2) 6 {(2n + 3) + 3} = 16(n + 1)(n + 2)(n + 3) = 1 6(n 3 + 6n2+ 11n + 6) (1)条件式はn− x − y = 0, x = 0, y = 0 そこで，z = n− x − yとおくと x + y + z = n, x= 0, y = 0, z = 0 となる整数の組(x, y, z)の個数を求めればよいから 3Hn=n+2Cn=n+2C2= (n + 2)(n + 1) 2· 1 = 1 2(n 2 + 3n + 2) (2)も同様に，w = n− x − y − zとおくと x + y + z + w = n, x= 0, y = 0, z = 0, w = 0 となる整数の組(x, y, z, w)の個数を求めればよいから 4Hn=n+3Cn=n+3C3= (n + 3)(n + 2)(n + 1) 3· 2 · 1 = 1 6(n 3 + 6n2+ 11n + 6)
1.13
群数列
330 自然数 1, 2, 3, · · · を， (1), (2, 3, 4), (5, 6, 7, 8, 9), (10, 11, 12, 13, 14, 15, 16), · · · のように分割することを考える。左から n 番目の括弧の中の数を第 n 群と よぶことにする。第 n 群には 2n− 1 個の自然数が小さい順に並んでいるこ とになる。たとえば，6 は第 3 群の 2 番目の数である。 (1) 第 n 群の最初の数を n で表せ。 (2) 365 は第何群の何番目の数か。 (3) 第 n 群の n 番目の数を cn で表すとき，c1+ c2+· · · + cM を求めよ。 ただし，M は自然数とする。 （中央大 改） 331 数列 2 3， 25， 45， 27， 47， 67， 29， 49， 69， 89，· · · において (1) 4 15 はこの数列の第何項目にあるか。 (2) この数列の第 100 項目の数は何か。 （久留米工業大） 群数列の解法は，次のようなことを考えます。 ( i ) 第n群はどんな数列か調べる。 (ii) 第n群の項数を調べる。 (iii) 第n群の初項（または末項）は，群を取り去った元の数列の初項から数えて何番 目か調べる。 (iv) 第n群の初項を求める。 330 第n群のm番目の項をan,mとおくと (1) n= 2のとき，an,1は「（第1群から第n− 1群の末項までの項数）+ 1」です。 (2) an,m= 365とすると an,15 365 < an+1,1 です。 (3) cn= an,n です。 331 まずは，分母が等しい分数をまとめて1つの群とします。330 第1群 (1), 第2群 (2, 3, 4), 第3群 (5, 6, 7, 8, 9), 第4群 (10, 11, 12, 13, 14, 15, 16), · · · (1) 第n群のm番目の数をan,m とおく。第n群には2n− 1個の数が含まれるか ら，第1群から第n− 1群(n= 2)までに含まれる数の個数の総数は n∑−1 k=1 (2k− 1) = 2 · 1 2(n− 1) · n − (n − 1) = (n − 1) 2（個） · · · · 1 ⃝ である。よって，第n群の最初の数は an,1= (n− 1)2+ 1 = n2− 2n + 2 となり，これはn = 1のときも成り立つ。 (2) 365が第n群に含まれるとすると （第n群の最初の数）5 365 <（第n + 1群の最初の数） をみたすから，(1)より (n− 1)2+ 15 365 < n2+ 1 192= 361，202= 400より (20− 1)2+ 1(= 362)5 365 < 202+ 1(= 401) であるから，n = 20である。また，第20群の最初の数が362であるので，365は 365− 362 + 1 = 4（番目） である。 以上より，365は 第20群の4番目の数 である。 (3) ⃝1 より，第n群のn番目の数は cn= an,n= (n− 1)2+ n = n2− n + 1 であるから c1+ c2+· · · + cM = M ∑ k=1 ck = M ∑ k=1 (k2− k + 1) = 1 6M (M + 1)(2M + 1)− 12M (M + 1) + M = 1 6M{(M + 1)(2M + 1) − 3(M + 1) + 6} = 1 3M (M 2 + 2)
331 2 3， 2 5， 4 5， 2 7， 4 7， 6 7， 2 9， 4 9， 6 9， 8 9，· · · を，分母に着目して 第1群 2 3 第2群 2 5, 4 5 第3群 2 7, 4 7, 6 7 第4群 2 9, 4 9, 6 9, 8 9 ··· と群に分ける。このとき，第n群にはn個の項があり，第n群のm番目の数an,mは an,m = 2m 2n + 1 (1) 4 15 = 2× 2 2× 7 + 1 は第7群の2番目の数であるから，もとの数列では (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + 2 = 6· 7 2 + 2 = 23（項目） (2) 第100項目が第n群（n= 2）にあるとすると 1 + 2 +· · · + (n − 1) < 100 5 1 + 2 + · · · + (n − 1) + n より (n− 1)n 2 < 1005 n(n + 1) 2 ∴ (n − 1)n < 200 5 n(n + 1) 13× 14 = 182, 14 × 15 = 210より n = 14 第13群の末項までには 1 + 2 +· · · + 13 = 13 · 14 2 = 91（個） の数があるから，第100項目の数は 第14群の100− 91 = 9（番目） にある。したがって，求める数は a14,9= 2× 9 2× 14 + 1 = 18 29
2
数学的帰納法と漸化式
2.1
数学的帰納法
332 すべての自然数 n について，等式 13+ 23+ 33+· · · + n3= n 2(n + 1)2 4 が成立することを数学的帰納法によって証明しなさい。 （専修大） 333 5 以上の整数 n について，2n> n2が成り立つことを証明せよ。 （滋賀大） 334 a1= 1 3, an+1= 1 2− an (n = 1, 2, 3, · · · ) で定義される数列{an} について，anを表す n の式を推定し，それが正しい ことを数学的帰納法によって証明せよ。 （九州芸術工科大） 332 自然数nに関する命題P (n)の証明に対しては，数学的帰納法が効果を発揮し ます。すなわち ( I ) P (1)が成り立つ (II) P (k)が成り立つと仮定すると，P (k + 1)も成り立つ ことの2つを示せば，すべての自然数nに対してP (n)が成り立ちます。 333 ( I ) まず，n = 5で成り立つことを調べます。 (II) 5以上のある整数kで成り立つと仮定してみましょう。 334 自然数nについての命題が，十分多くのnについて正しいことが確認されれ ば，すべてのnについて正しいのではないかと推定されます。この推定が正しいこと の証明には，数学的帰納法が有効です。332 13+ 23+ 33+· · · + n3= n 2(n + 1)2 4 · · · ·⃝1 が成り立つことを数学的帰納法により証明する。 ( I ) n = 1のとき （左辺）= 13= 1, （右辺）= 1 2(1 + 1)2 4 = 1 であるから，⃝は成り立つ。1 (II) n = k（kは自然数）のとき，⃝が成り立つと仮定すると1 13+ 23+· · · + k3+ (k + 1)3 = k 2 (k + 1)2 4 + (k + 1) 3 = (k + 1) 2{k2 + 4(k + 1)} 4 = (k + 1)2(k + 2)2 4 = (k + 1) 2{(k + 1) + 1}2 4 したがって，n = k + 1のとき⃝は成り立つ。1 ( I )，(II)より，すべての自然数nに対して⃝が成り立つことが示された。1 （証終） 333 ( I ) n = 5のとき25= 32 > 25 = 52より，成り立つ。 (II) n = k (= 5)のとき2k> k2が成り立つと仮定する。 2k+1− (k + 1)2= 2·2k− k2− 2k − 1 > 2·k2− k2− 2k − 1 (∵ 仮定より) = k2− 2k − 1 = (k − 1)2− 2 k= 5のとき，(k− 1)2− 2 = (5 − 1)2− 2 = 14 > 0であるから 2k+1> (k + 1)2 よって，n = k + 1のときも成り立つ。 ( I )，(II)より，5以上の整数nについて，2n> n2が成立する。 （証終）
334 a1= 1 3 より a2= 1 2− a1 = 1÷ ( 2− 1 3 ) = 3 5 a3= 1 2− a2 = 1÷ ( 2− 3 5 ) = 5 7 a4= 1 2− a3 = 1÷ ( 2− 5 7 ) = 7 9 以上より，an= 2n− 1 2n + 1 と推定できるので，これを数学的帰納法で証明する。 ( I ) n = 1のとき，2· 1 − 1 2· 1 + 1 = 1 3 より成立。 (II) n = kのとき，ak= 2k− 1 2k + 1 が成り立つと仮定すると与えられた漸化式より ak+1= 1 2− ak = 1 2− 2k − 1 2k + 1 = 2k + 1 2k + 3 = 2(k + 1)− 1 2(k + 1) + 1 よって，n = k + 1のときも成り立つ。 ( I )，(II)より，すべての自然数nについてan= 2n− 1 2n + 1 である。 （証終）
2.2
2 項間漸化式 a
n+1= a
n+ q(n)
335 数列{an} は a1= 1, an+1= an− 6n + 13 (n = 1, 2, 3, · · · ) で定義されている。このとき，an を n の式で表すと であり，an は n = のとき最大値 をとる。 （関西学院大） 336 初項 a1= 0，漸化式 an+1− an= n(n− 1) 2 + 1 (n = 1, 2, 3, · · · ) で与えられる数列{an} の一般項を求めよ。 （中部大） 335，336 an+1= an+ f (n)のとき an+1− an= f (n) つまり{an}の階差数列の一般項がf (n)ということです。n = 1, 2, 3, · · · , n − 1 として両辺の和をとると (a2− a1) + (a3− a2) + (a4− a3) +· · · + (an− an−1) = f (1) + f (2) + f (3) +· · · + f(n − 1) ∴ an− a1= n−1∑ k=1 f (k) (n= 2) すなわち an= a1+ n−1∑ k=1 f (k) (n= 2) なお，n = 1のときは別に扱うことになります。335 an+1= an− 6n + 13より an+1− an=−6n + 13 したがって，n= 2のとき an= a1+ n∑−1 k=1 (−6k + 13) = 1 − 6 · (n− 1)n 2 + 13(n− 1) =−3n2+ 16n− 12 （これは，n = 1のときも成り立つ） =−3 ( n− 8 3 )2 + 28 3 したがって n = 3のとき，最大値a3= 9 336 n= 2のとき an= a1+ n−1∑ k=1 { k(k− 1) 2 + 1 } = 1 2 n−1∑ k=1 (k2− k) + (n − 1) = 1 2 { (n− 1)n(2n − 1) 6 − (n− 1)n 2 } + n− 1 = n− 1 12 {n(2n − 1) − 3n} + n − 1 = n− 1 12 {n(2n − 1) − 3n + 12} = 1 6(n− 1)(n 2− 2n + 6) a1= 0より，n = 1のときも成り立つから an= 1 6(n− 1)(n 2− 2n + 6) (n = 1)
2.3
2 項間漸化式 a
n+1= pa
n+ q
337 a1= 3, an+1= 3an+ 1 (n = 1, 2, 3, · · · ) できまる数列の一般項 anを求めよ。 （大分大） 338 a0= 2, an= 1 3an−1+ 3 (n = 1, 2, 3, · · · ) で定義される数列{an} の一般項を求めると， である。 （東北学院大） 339 数列{an} の初項から第 n 項までの和 Snが Sn=−an+ 3n + 2 (n = 1, 2, 3, · · · ) によって定められている。一般項 anを求めよ。 （愛知学泉大） 337 漸化式an+1= pan+ qをみたす数列{an}は • p = 1のとき，an+1= an+ qであり，公差qの等差数列 • q = 0のとき，an+1= panであり，公比pの等比数列 であり，等差数列，等比数列を含む幅広い数列になっています。an+1= pan+ qの型 の漸化式の一般項を求めるには { an+1= pan+ q · · · ·⃝1 α = pα + q · · · ·⃝2 2 ⃝をみたすαを求めて，⃝ −1 ⃝2 をつくると an+1− α = p(an− α) これは，数列{an−α}が初項a1−α，公比pの等比数列であることを表しています。 338 初項がa0，つまりn = 0から始まっていることに注意しましょう。 339 和と一般項の関係式 an= { S1 （n = 1のとき） Sn− Sn−1 （n= 2のとき） を用いればよいでしょう。337 an+1= 3an+ 1 ( α = 3α + 1をみたすαはα =− 1 2 ) はan+1+ 1 2 = 3 ( an+ 1 2 ) と変形できる。 よって，数列{an+ 1 2 } は公比3の等比数列であり，初項は a1+ 1 2 = 3 + 1 2 = 7 2 となるので an+ 1 2 = 7 2 · 3 n−1 ∴ a n= 7 2 · 3 n−1− 1 2 338 an= 1 3an−1+ 3 ( α = 1 3α + 3をみたすαはα = 9 2 ) はan− 9 2 = 1 3 ( an−1− 92 ) と変形できる。 よって，数列{an− 9 2 } は公比 1 3 の等比数列であり，初項は a0− 9 2 = 2− 92 =− 52 となるので an− 9 2 =− 52 · ( 1 3 )n ∴ an =− 5 2 · 13n + 9 2 339 a1= S1=−a1+ 5より a1= 5 2 an+1= Sn+1− Sn ={−an+1+ 3(n + 1) + 2} − (−an+ 3n + 2) =−an+1+ an+ 3 ∴ 2an+1= an+ 3 an+1= 1 2an+ 3 2 ( α = 1 2α + 3 2 をみたすαはα = 3 ) は an+1− 3 = 1 2(an− 3) と変形できる。よって，数列{an− 3}は公比 1 2 の等比数列であり，初項は a1− 3 = 5 2 − 3 = − 12 したがって an− 3 = − 1 2 · ( 1 2 )n−1 =− 1 2n ∴ an= 3− 1 2n
2.4
2 項間漸化式 a
n+1= pa
n+ q への変形
340 数列{an} , {bn} が次の条件をみたす。 a1= 1 6 および，an+1= an 6an+ 7 , bn = 1 an (n = 1, 2, · · · ) 次の問いに答えよ。 (1) bn+1を bnを用いて表せ。 (2) 数列{an} , {bn} の一般項 an, bnを求めよ。 （岩手大 改） 341 数列{bn} が b1= 1 と漸化式 bn+1= 5 √ bn (n = 1, 2, 3，· · · ) で定義されているとき，一般項 bnを n の式で表せ。 （関西大） 340 分数型の漸化式です。 an+1= ran pan+ q （p，q，rは定数） のときは，両辺の逆数をとるのが定石です。一般型については302ページの【分数型 漸化式】を参照して下さい。 341 積bn+1bnや指数型bn2などを含む漸化式をanの1次式に直す手段のひとつ として，対数を考えてみましょう。 この問題は√bn= b 1 2 n を含んでいますから，両辺にloga をつけてみて下さい。底 aについては問題に応じて，うまく選んで下さい。340 (1) a1 = 1 6 > 0であることと与えられた漸化式の形から，明らかにan> 0 である。そこで，両辺の逆数をとると 1 an+1 = 6an+ 7 an = 7· 1 an + 6 bn= 1 an であるから bn+1= 7bn+ 6 (2) (1)の式は（β = 7β + 6をみたすβはβ =−1であるから） bn+1+ 1 = 7(bn+ 1) と変形できる。数列{bn+ 1}は公比7の等比数列で，初項は b1+ 1 = 1 a1 + 1 = 6 + 1 = 7 したがって bn+ 1 = 7· 7n−1 ∴ bn= 7n− 1 であるから an= 1 bn = 1 7n− 1 341 bn+1= 5 √ bn(> 0)より，底5の対数をとると log5bn+1= log55 √ bn= log55 + log5b 1 2 n = 1 + 1 2 log5bn an= log5bnとおくと a1= log5b1= log51 = 0 an+1= 1 2an+ 1 ( α = 1 2α + 1をみたすαはα = 2 ) これは，an+1− 2 = 1 2(an− 2)と変形できる。 よって，数列{an− 2}は，公比 1 2 の等比数列であり，初項a1− 2 = −2である。 an− 2 = −2 · ( 1 2 )n−1 =− 1 2n−2 ∴ an= 2− 1 2n−2 = 2− 2 2−n したがって log5bn= 2− 22−n ∴ bn= 52−2 2−n
2.5
2 項間漸化式 a
n+1= pa
n+ q(n)
342 a1 = 3, an+1= 2an+ n− 1 (n = 1, 2, 3, · · · ) で定義される数列 がある。bn = an+1− anとしたとき，{bn} の一般項は bn = であり， {an} の一般項は an= である。 （明治大 改） 343 漸化式 a1 = 1, an− 2an−1 = n (n = 2, 3, · · · ) で与えられた数列 {an} がある。この漸化式は，n の一次式 f(n) = pn + q を用いて an+ f (n) = 2{an−1+ f (n− 1)} (n = 2, 3, · · · ) と表すことができる。このとき p = , q = であり，一般項を求 めると an= (n = 1, 2, · · · ) である。 （東京慈恵会医科大） 344 次の漸化式で定義される数列の一般項 anを求めよ。 a1= 1, an+1= 3an+ 2n (n = 1, 2, 3, · · · ) （北海道情報大） 345 a1 = 1，an+1 = 4an+ ( 1 3 )n (n = 1, 2, 3, · · · ) で定められた数列 {an} を考える，α を定数として，bn= an+ α (1 3 )n (n = 1, 2, 3, · · · ) と おくと α = のとき，{bn} は初項 ，公比 である等比数列 となる。これより an = { n−( )n} (n = 1, 2, 3, · · · ) である。342 このタイプは，pは定数ですが，qがnによって変わる場合です。p = 1のと きは，an+1− an= q(n)となりますから，数列{an}の階差数列が{q(n)}です。 p= 0, 1\ のときには，解法はいくつかあります。誘導にあるように，an+1−an= bn つまり数列{an}の階差をつくるのは，一つの定石です。 343 漸化式an+1= pan+ q(n)に対して，f (n + 1) = pf (n) + q(n)となるnの関 数f (n)を見つけることができれば，辺々をひいて an+1− f(n + 1) = p{an− f(n)} となり，数列{an− f(n)}は公比pの等比数列になります。 344 q(n) = rn（nの指数形）のときは，rn+1でわると，a n+1= pan+ q(n)は an+1 rn+1 = p r · an rn + 1 r すなわち bn+1= Abn+ B または，pn+1でわると，a n+1= pan+ q(n)は an+1 pn+1 = an pn + q(n) pn+1 すなわち 数列 { an pn } の階差数列が { q(n) pn+1 } 345 343と同じ考え方をします。f (n + 1) = 4f (n) +(1 3 )n となる関数f (n)が 見つかれば，与式との差をとることにより an+1− f(n + 1) = 4{an− f(n)} として公比4の等比数列{an− f(n)}をつくることができます。 そのために，f (n) =−α(1 3 )n としてみよ，というのが本問の誘導です。
342 bn = an+1− an = (2an+ n− 1) − {2an−1+ (n− 1) − 1} = 2an− 2an−1+ 1 = 2(an− an−1) + 1 = 2bn−1+ 1 （α = 2α + 1をみたすαはα =−1） したがって，bn+ 1 = 2(bn−1+ 1)と変形できるので，数列{bn+ 1}は公比2の等 比数列であり，初項 b1+ 1 = a2− a1+ 1 = (2a1+ 1− 1) − a1+ 1 = a1+ 1 = 4 であるから bn+ 1 = 4· 2n−1= 2n+1 ∴ bn= 2n+1− 1 数列{an}の階差数列が{bn}なので，n= 2のとき an= a1+ n∑−1 k=1 bk= 3 + n∑−1 k=1 (2k+1− 1) = 3 + 4(2 n−1− 1) 2− 1 − (n − 1) = 2n+1− n これは，n = 1のときも成り立つので an= 2n+1− n
343 an+ f (n) = 2{an−1+ f (n− 1)} · · · ·⃝1 ，f (n) = pn + qより an+ pn + q = 2{an−1+ p(n− 1) + q} = 2an−1+ 2pn− 2p + 2q ∴ an− 2an−1= pn + (−2p + q) an− 2an−1= nがn = 2, 3, · · ·で成り立つので p = 1かつ−2p + q = 0 ∴ p = 1, q = 2 したがって，f (n) = n + 2となる。さらに，⃝より数列1 {an+ f (n)}は公比2の等 比数列であり，初項はa1+ f (1) = 1 + 1 + 2 = 4であるから an+ f (n) = 4· 2n−1= 2n+1 したがって an= 2n+1− f(n) = 2n+1− n − 2 an+1− 2an= n + 1, an− 2an−1= n 2式の差をとると (an+1− an)− 2(an− an−1) = 1 bn= an+1− anとおくと bn= 2bn−1+ 1, b1= a2− a1= (2a1+ 2)− a1= 4− 1 = 3 これはさらに（β = 2β + 1をみたすβはβ =−1であるから） bn+ 1 = 2(bn−1+ 1) と変形できる。数列{bn+ 1}は公比2，初項b1+ 1 = 3 + 1 = 4の等比数列である から bn+ 1 = 4· 2n−1= 2n+1 ∴ bn= an+1− an= 2n+1− 1 n= 2のとき an= a1+ n−1∑ k=1 (2k+1− 1) = 1 + 4 · 2 n−1− 1 2− 1 − (n − 1) = 2n+1− n − 2 これはn = 1のときも成立する。
344 an+1= 3an+ 2nより，両辺を2n+1でわって，bn= an 2n とおくと an+1 2n+1 = 3 2 · an 2n + 1 2 ∴ bn+1= 3 2bn+ 1 2 ( α = 3 2α + 1 2 をみたすαはα =−1 ) さらに bn+1+ 1 = 3 2(bn+ 1) と変形できるので，数列{bn+ 1}は公比 3 2 の等比数列であり，初項はb1+ 1 = a1 21 + 1 = 1 2 + 1 = 3 2 であるから bn+ 1 = 3 2 · ( 3 2 )n−1 ∴ bn= ( 3 2 )n − 1 = 3n− 2n 2n したがって an= 2n· bn= 3n− 2n 両辺を3n+1でわって，cn= an 3n とおくと an+1 3n+1 = an 3n + 2n 3n+1 ∴ cn+1= cn+ 2 n 3n+1 つまり，数列{cn}の階差数列は { 2n 3n+1 } であり，n= 2のとき cn= c1+ n∑−1 k=1 2k 3k+1 = a1 3 + 1 3 n−1∑ k=1 ( 2 3 )k = 1 3 { 1 +n−1∑ k=1 ( 2 3 )k} = 1 3 { 1 + 2 3 + ( 2 3 )2 +· · · + ( 2 3 )n−1} = 1 3 · 1− ( 2 3 )n 1− 2 3 = 1− ( 2 3 )n = 3 n− 2n 3n よって an 3n = 3n− 2n 3n ∴ an= 3 n− 2n （n = 1のときも成立） あるいは，与えられた漸化式は an+1+ 2n+1= 3(an+ 2n) （この変形は次問参照） と変形できるから an+ 2n= (a1+ 21)· 3n−1= (1 + 2)· 3n−1= 3n ∴ an= 3n− 2n
345 数列{bn}について bn= an+ α ( 1 3 )n ∴ an= bn− α ( 1 3 )n · · · ·⃝1 bn+1= an+1+ α ( 1 3 )n+1 ∴ an+1= bn+1− α ( 1 3 )n+1 · · · ·⃝2 1 ⃝，⃝2 を与えられた漸化式に代入すると bn+1− α ( 1 3 )n+1 = 4 { bn− α ( 1 3 )n} + ( 1 3 )n bn+1= 4bn+ ( 1− 4α + α 3 ) ( 1 3 )n ∴ bn+1= 4bn+ ( 1− 11 3 α ) ( 1 3 )n よってα = 3 11 のとき，1− 113 α = 0となるので，{bn}は 初項b1= a1+ 3 11 · 13 = 12 11，公比4 の等比数列となる。これより bn= 12 11 · 4 n−1= 3 11 · 4 n an= 3 11 · 4 n− 3 11 ( 1 3 )n ∴ an= 3 11 { 4n− ( 1 3 )n}
