数列

例題 初項\(100\)，公差\(-7\)の等差数列で，和が最大になるのは第何項までか。

解 \(a_n=100-7(n-1)=107-7n\)より，\(a_n>0\iff n<\dfrac{107}{7}=15.2\cdots\)

よって第\(\class{mathkuu}{\underline{15}}\)項までの和が最大。

例題 \(S=\sum\limits_{k=1}^{n}(2k+1)3^k\) を求めよ。(公比\(r=3\))

解 \(S-3S\)を計算すると， \[\begin{aligned} S\ \ &=3\cdot 3+5\cdot 3^2+\cdots\cdots+(2n+1)3^n\\ 3S&=\phantom{3\cdot 3+{}}3\cdot 3^2+\cdots\cdots+(2n-1)3^n+(2n+1)3^{n+1} \end{aligned}\] 辺々引いて \[-2S=3\cdot 3+\class{mathkuu}{\underline{2(3^2+3^3+\cdots\cdots+3^n)}}-(2n+1)3^{n+1}=-2n\cdot 3^{n+1}\] よって\(S=\class{mathkuu}{\underline{n\cdot 3^{n+1}}}\)

差の形が特に効くのは，次の3つ。

① 分数数列の総和 → 部分分数分解で差の形を作る！(Point7.2.7)

② 連続する整数の積の和

③ (等差)×(等比)型の数列の和(Point7.2.5)の別解

【頻出】② 連続する整数の積の和 \[\begin{aligned} &\sum\limits_{k=1}^n k(k+1)(k+2)(k+3)\\ &=\dfrac{1}{5}\sum\limits_{k=1}^n \Big\{ k(k+1)(k+2)(k+3)\class{mathkuu}{\underline{(k+4)}}\\ &\hspace{5em}-\class{mathkuu}{\underline{(k-1)}}k(k+1)(k+2)(k+3) \Big\}\\ &=\dfrac{1}{5}\Big\{ n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)\\ &\hspace{5em}-(1-1)\cdot 1\cdot 2\cdot 3\cdot 4 \Big\}\quad \cdots\cdots{\color{red}{※}}\\ &=\dfrac{1}{5}n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) \end{aligned}\] ※ \(g(k)=\dfrac{1}{5}(k-1)k(k+1)(k+2)(k+3)\)と見ると，求める和はちょうど\(\sum\limits_{k=1}^{n}\{g(k+1)-g(k)\}\)の形。

※展開してシグマを計算しようとしても，\(k^4\)の和の公式を知らないので計算できない。

【参考】③ (等差)×(等比)型の和(Point7.2.5)の別解

例題 \(\sum\limits_{k=1}^{n}(2k+1)3^k\) を計算せよ。

解 \(g(k)=(k-1)3^k\)とおくと， \[\begin{aligned} \sum\limits_{k=1}^n (2k+1)3^k&=\sum\limits_{k=1}^n \{ (k+1-1)3^{k+1}-(k-1)3^k\}\\ &=g(n+1)-g(1)=\class{mathkuu}{\underline{n\cdot 3^{n+1}}} \end{aligned}\] \(g(k)\)の思いつき方

\((2k+1)3^k=g(k+1)-g(k)\)となる\(g(k)\)は，\(g(k)=(ak+b)3^k\)の形と予想できる。このとき \[(2k+1)3^k=\{a(k+1)+b\}3^{k+1}-(ak+b)3^k=(2ak+3a+2b)3^k\] が\(k\)についての恒等式になればよいので，係数を比較して\(a=1,\ b=-1\)。

よって\(g(k)=(k-1)3^k\)とおけば中抜きが使える。実際に成り立つか代入して確かめたうえで，あとは天才的な変形を思いついたかのように答案を作成すればよい。

例題 \(1\ |\ 2,\ 3\ |\ 4,\ 5,\ 6\ |\ 7,\ 8,\ 9,\ 10\ |\ \cdots\cdots\)

のように，第\(n\)群が\(n\)個の項を含むよう自然数を順に並べる。第\(n\)群の最初の数と，第\(n\)群に含まれる数の和を求めよ。

解 ・各群の項数：第\(n\)群は\(n\)個。

・第\(n\)群の手前までの項数：\(\sum\limits_{k=1}^{n-1}k=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{2}n(n-1)}}\)個。

よって第\(n\)群の最初の数は\(\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{2}n(n-1)+1}}\)

・第\(n\)群を1つの数列と見ると，初項\(\dfrac{1}{2}n(n-1)+1\)，公差\(1\)，項数\(n\)の等差数列だから，その和は \[\dfrac{1}{2}n\left\{2\left(\dfrac{1}{2}n(n-1)+1\right)+(n-1)\cdot 1\right\}=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{2}n(n^2+1)}}\]

例題 \(n\)を自然数とする。\(x\geqq 0,\ y\geqq 0,\ y\leqq -x+n\) の表す領域（境界含む）にある格子点の個数を求めよ。

解 ① 直線\(x=k\ (k=0,\ 1,\ \cdots\cdots,\ n)\)上の格子点は，\(0\leqq y\leqq -k+n\)より\(\class{mathkuu}{\underline{n-k+1}}\)個。

② よって求める個数は \[\sum\limits_{k=0}^{n}(n-k+1)=\sum\limits_{j=1}^{n+1}j=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{2}(n+1)(n+2)}}\ (個)\] ※ \(\because\ \sum\limits_{k=0}^{n}(n-k+1)=(n+1)+n+\cdots\cdots+2+1\)であり，\(j=n-k+1\)とおけば\(k=0,\ 1,\ \cdots\cdots,\ n\)が\(j=n+1,\ n,\ \cdots\cdots,\ 1\)に対応するから，足す順番を逆にしただけで\(\sum\limits_{j=1}^{n+1}j\)と書き直せる。

例題 正三角形ABCの頂点上を動く点Pがあり，1回の操作で他の2頂点のいずれかへ等確率\(\dfrac{1}{2}\)で移動する。Pは最初Aにある。\(n\)回の操作後にPがAにある確率\(p_n\)を求めよ。

解 \(n\)回目と\(n+1\)回目の推移図をかくと

Aにいる状態からは必ずA以外へ移るので，\(n+1\)回後にAにいるのは\(n\)回後にA以外にいた場合のみ。よって \[p_{n+1}=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{2}\left( 1-p_n\right)}}\] \(\alpha =\dfrac{1}{2}(1-\alpha)\) より \(\alpha =\dfrac{1}{3}\) と予想でき，\(p_{n+1}-\dfrac{1}{3}=-\dfrac{1}{2}\left( p_n-\dfrac{1}{3}\right)\)。\(p_0=1\) より \[p_n=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3}\left( -\dfrac{1}{2}\right) ^n}}\] ※\(n\)が大きくなるほど \(\left( -\dfrac{1}{2}\right) ^n\) は\(0\)に近づき，\(p_n\)は\(\dfrac{1}{3}\)へ寄っていく。3頂点は対等なので，これは感覚とも合う。

例題 1辺の長さ\(a\)の正三角形を\(T_1\)とする。\(T_n\)の各辺の中点を結んでできる正三角形を\(T_{n+1}\)とし，\(T_n\)の面積を\(S_n\)とする。\(S_n\)と，\(\sum\limits_{k=1}^{n}S_k\) を求めよ。

解 中点を結んでできる正三角形の1辺は元の\(\dfrac{1}{2}\)倍だから，相似比\(1:\dfrac{1}{2}\)，面積比は\(1:\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{4}}}\)。よって \[S_{n+1}=\dfrac{1}{4}S_n\quad ，\quad S_1=\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2\] \(\{S_n\}\)は公比\(\dfrac{1}{4}\)の等比数列だから \[S_n=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2\left( \dfrac{1}{4}\right) ^{n-1}}}\] また，初項\(S_1\)，公比\(\dfrac{1}{4}\)の等比数列の和だから \[\sum\limits_{k=1}^{n}S_k=\dfrac{S_1\left\{1-\left( \dfrac{1}{4}\right) ^n\right\}}{1-\dfrac{1}{4}}=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{\sqrt{3}}{3}a^2\left\{1-\left( \dfrac{1}{4}\right) ^n\right\}}}\]

例題 \(a_1=2,\ a_{n+1}=3a_n+4\) で定まる数列\(\{a_n\}\)の一般項を求めよ。

この型は，全体像(Point7.3.1)の3つの基本方針①引く・②割る・③うまく振り分けるのどれでも解ける。

解1：③うまく振り分ける（特性方程式。これが標準解法）

\(\alpha =3\alpha +4\)より\(\alpha =\class{mathkuu}{\underline{-2}}\)。辺々引いて\(a_{n+1}+2=3(a_n+2)\)

\(\{a_n+2\}\)は初項\(a_1+2=4\)，公比\(3\)の等比数列だから\(a_n+2=4\cdot 3^{n-1}\)，すなわち\(a_n=\class{mathkuu}{\underline{4\cdot 3^{n-1}-2}}\) ※どこが「振り分け」なのか：定数の\(4\)を，\(3\)でくくれる分と，そうでない分に分けている。 \[a_{n+1}=3a_n+4=3a_n+6+(-2)=3(a_n+2)-2\] このように\(4\)を\(6\)と\(-2\)に分ければ，\(3a_n+6\)は\(3(a_n+2)\)とくくれる。あとは残った\(-2\)を左辺へ移項すれば \(a_{n+1}+2=3(a_n+2)\) の形になる。特性方程式は，この「うまい分け方」を一発で見つけるための道具にすぎない。 解2：①引く（ずらして引き，階差に持ち込む）

\(n\)を1つずらした\(a_{n+2}=3a_{n+1}+4\)から元の式を辺々引くと，\(a_{n+2}-a_{n+1}=\class{mathkuu}{\underline{3(a_{n+1}-a_n)}}\)

\(b_n=a_{n+1}-a_n\)とおくと，\(\{b_n\}\)は初項\(b_1=a_2-a_1=10-2=8\)，公比\(3\)の等比数列で\(b_n=8\cdot 3^{n-1}\)。よって\(n\geqq 2\)のとき \[a_n=a_1+\sum\limits_{k=1}^{n-1}8\cdot 3^{k-1}=2+(4\cdot 3^{n-1}-4)=4\cdot 3^{n-1}-2\] （\(n=1\)でも成立）

解3：②割る（\(p^{n+1}\)で割り，階差に持ち込む）

両辺を\(3^{n+1}\)で割ると，\(\dfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=\dfrac{a_n}{3^n}+\dfrac{4}{3^{n+1}}\)

\(c_n=\dfrac{a_n}{3^n}\)とおくと\(c_{n+1}-c_n=\dfrac{4}{3^{n+1}}\)（階差）。\(c_1=\dfrac{2}{3}\)より，\(n\geqq 2\)のとき \[c_n=\dfrac{2}{3}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{4}{3^{k+1}}=\dfrac{4}{3}-\dfrac{2}{3^n}\] （\(n=1\)でも成立）。よって\(a_n=3^nc_n=\class{mathkuu}{\underline{4\cdot 3^{n-1}-2}}\)

ex.) \(a_{n+1}=2a_n+3n\)のとき，

①\(a_{n+1}-\{ -3(n+1)-3\} =2\{ a_n-(-3n-3)\}\) ← 上の\(g(n)=-3n-3\) ver.

②\(nを1増やした\class{mathkuu}{\underline{a_{n+2}=2a_{n+1}+3(n+1)}}\)を作り，

この式から元の式の辺々引くと，\(\class{mathkuu}{\underline{a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)+3}}\)となる。

→\(a_{n+1}=pa_n+q\)型からの階差数列となる。

例題 \(a_1=1,\ a_{n+1}=2a_n+3^n\) の一般項を求めよ。

解 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\(b_{n+1}=\dfrac{2}{3}b_n+\dfrac{1}{3}\)。特性方程式より\(b_{n+1}-1=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{2}{3}(b_n-1)}}\)

\(b_1-1=-\dfrac{2}{3}\)より\(b_n-1=-\left(\dfrac{2}{3}\right)^n\)。よって\(a_n=3^nb_n=\class{mathkuu}{\underline{3^n-2^n}}\)

例題 \(a_1=1,\ a_{n+1}=\dfrac{a_n}{2a_n+3}\) の一般項を求めよ。

解 すべての\(n\)で\(a_n>0\)（帰納法で示せる）だから逆数をとってよく， \[\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{2a_n+3}{a_n}=3\cdot\dfrac{1}{a_n}+2\] \(b_n=\dfrac{1}{a_n}\)とおくと\(b_{n+1}=3b_n+2\)。特性方程式より\(b_{n+1}+1=\class{mathkuu}{\underline{3(b_n+1)}}\)

\(b_1+1=2\)より\(b_n+1=2\cdot 3^{n-1}\)。よって\(a_n=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{2\cdot 3^{n-1}-1}}}\)

例題 \(a_1=0,\ a_2=1,\ a_{n+2}-5a_{n+1}+6a_n=0\) の一般項を求めよ。

解 特性方程式\(x^2-5x+6=0\)の解は\(x=2,\ 3\)。よって \[\begin{aligned} a_{n+2}-2a_{n+1}&=\class{mathkuu}{\underline{3(a_{n+1}-2a_n)}}\\ a_{n+2}-3a_{n+1}&=\class{mathkuu}{\underline{2(a_{n+1}-3a_n)}} \end{aligned}\] 上より\(a_{n+1}-2a_n=(a_2-2a_1)3^{n-1}=3^{n-1}\)

下より\(a_{n+1}-3a_n=(a_2-3a_1)2^{n-1}=2^{n-1}\)

辺々引いて\(a_n=\class{mathkuu}{\underline{3^{n-1}-2^{n-1}}}\)

例題 \(a_1=1,\ a_{n+1}=2{a_n}^2\) の一般項を求めよ。

解 \(a_n>0\)より，両辺の\(2\)を底とする対数をとって\(\log_2 a_{n+1}=\class{mathkuu}{\underline{1+2\log_2 a_n}}\)

\(b_n=\log_2 a_n\)とおくと\(b_{n+1}=2b_n+1\)。特性方程式より\(b_{n+1}+1=2(b_n+1)\)

\(b_1+1=1\)より\(b_n+1=2^{n-1}\)。よって\(a_n=\class{mathkuu}{\underline{2^{2^{n-1}-1}}}\)

例題 \(a_1=1,\ b_1=0,\ \begin{cases} a_{n+1}=2a_n+b_n\\ b_{n+1}=3a_n+4b_n\end{cases}\) のとき，\(a_n,\ b_n\)を求めよ。

解 上の式より\(b_n=a_{n+1}-2a_n\)。これを下の式に代入して\(b\)を消去すると， \[a_{n+2}-2a_{n+1}=3a_n+4(a_{n+1}-2a_n)\ \iff\ a_{n+2}=\class{mathkuu}{\underline{6a_{n+1}-5a_n}}\] 特性方程式\(x^2-6x+5=0\)より\(x=1,\ 5\)。\(a_2=2\)に注意して，

\(a_{n+1}-a_n=(a_2-a_1)5^{n-1}=5^{n-1}\)，\(a_{n+1}-5a_n=a_2-5a_1=-3\)

辺々引いて\(4a_n=5^{n-1}+3\)。よって\[a_n=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{5^{n-1}+3}{4}}},\quad b_n=a_{n+1}-2a_n=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{3\cdot 5^{n-1}-3}{4}}}\] 別解 \(a_{n+1}+\alpha b_{n+1}=\beta (a_n+\alpha b_n)\)の形を作る。左辺を展開すると \[(2+3\alpha)a_n+(1+4\alpha)b_n=\beta a_n+\beta\alpha b_n\] 係数を比較して\(\beta =2+3\alpha ,\ \beta\alpha =1+4\alpha\)。\(\beta\)を消去して\(3\alpha ^2-2\alpha -1=0\)より\(\alpha =\class{mathkuu}{\underline{1,\ -\dfrac{1}{3}}}\)

\(\alpha =1\)のとき\(\beta =5\)：\(a_{n+1}+b_{n+1}=5(a_n+b_n)\)，\(a_1+b_1=1\)より\(a_n+b_n=5^{n-1}\)

\(\alpha =-\dfrac{1}{3}\)のとき\(\beta =1\)：\(a_{n+1}-\dfrac{1}{3}b_{n+1}=a_n-\dfrac{1}{3}b_n\)（定数列）

\(a_1-\dfrac{1}{3}b_1=1\)より\(3a_n-b_n=3\)

この2式を連立して\(4a_n=5^{n-1}+3\)となり，同じ答えを得る。

例題 \(a_1=1,\ b_1=0,\ \begin{cases} a_{n+1}=2a_n+b_n\\ b_{n+1}=a_n+2b_n\end{cases}\) のとき，\(a_n,\ b_n\)を求めよ。

解 辺々足すと\(a_{n+1}+b_{n+1}=\class{mathkuu}{\underline{3(a_n+b_n)}}\)，\(a_1+b_1=1\)より\(a_n+b_n=3^{n-1}\)

辺々引くと\(a_{n+1}-b_{n+1}=\class{mathkuu}{\underline{a_n-b_n}}\)，\(a_1-b_1=1\)より\(a_n-b_n=1\)

よって\(a_n=\dfrac{3^{n-1}+1}{2},\quad b_n=\dfrac{3^{n-1}-1}{2}\)

例題1 \((n+3)a_{n+2}-(2n+4)a_{n+1}+(n+1)a_n=0\)

この式は \[(n+3)(a_{n+2}-a_{n+1})=(n+1)(a_{n+1}-a_n)\] と変形できる。※\(a_{n+1}\)を③うまく振り分けている。（特性方程式を解いても片方が\(1\)になり，階差だとわかる）

例題2 \(a_{n+1}=\dfrac{n+2}{n}a_n\)

解1 繰り返し用いると， \[\begin{aligned} a_n&=\dfrac{n+1}{n-1}\cdot\dfrac{n}{n-2}\cdot\dfrac{n-1}{n-3}\cdots\cdots\dfrac{4}{2}\cdot\dfrac{3}{1}a_1\\ &=\dfrac{(n+1)n}{2\cdot 1}a_1 \end{aligned}\] 解2 両辺を\((n+1)(n+2)\)で②割ると，\(g(n+1)\)と\(g(n)\)に係数を③うまく振り分けられる！ \[\dfrac{a_{n+1}}{(n+1)(n+2)}=\dfrac{a_n}{n(n+1)}=\dfrac{a_1}{1\cdot 2}\quad(\because 定数列)\] ※ \(b_n=\dfrac{a_n}{n(n+1)}\)とおくと，この式は\(b_{n+1}=b_n\)，つまり\(\{b_n\}\)はすべての項が等しい定数列ということ。よって\(b_n=b_1=\dfrac{a_1}{1\cdot 2}\)であり，\(a_n=n(n+1)b_n=\dfrac{n(n+1)}{2}a_1\)と，解1と同じ結果が得られる。

例題1 \(a_1=1,\ a_2=3,\ a_{n+2}=3a_{n+1}-2a_n\) のとき，\(a_n=2^n-1\) を示せ。

解 (i) \(n=1\)のとき\(a_1=1=2^1-1\)，\(n=2\)のとき\(a_2=3=2^2-1\)で成立。

(ii) \(n=k,\ k+1\)で成立と仮定すると， \[a_{k+2}=3(2^{k+1}-1)-2(2^k-1)=\class{mathkuu}{\underline{2^{k+2}-1}}\] となり\(n=k+2\)でも成立。(i)(ii)より，すべての自然数\(n\)で\(a_n=2^n-1\)。

例題2 \(2\)以上のすべての自然数は，素数または素数の積で表せることを示せ。

解 (i) \(n=2\)は素数だから成立。

(ii) \(2\leqq n\leqq k\)を満たすすべての\(n\)で成立と仮定する。\(n=k+1\)のとき，

(ア) \(k+1\)が素数のとき，\(k+1\)自身が素数だから成立。

(イ) \(k+1\)が素数でないとき，\(k+1=ab\ (2\leqq a\leqq k,\ 2\leqq b\leqq k)\)と表せる。\(a,\ b\)はともに仮定より素数または素数の積で表せるから，それらの積である\(k+1\)は素数の積で表せる。

(ア)(イ)いずれの場合も\(n=k+1\)で成立する。

(i)(ii)より，数学的帰納法によって示された。

※\(a,\ b\)が\(k\)の1つ手前とは限らないので，\(n\leqq k\)をまとめて仮定する必要がある。