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第３章 数列
第１節 等差数列と等比数列
p.7 練習1
\(4~,~16~,~25\)
\(4~,~16~,~25\)
p.73 練習2
\({\small (1)}~a_1=1~,~a_2=3\)
\(~,~a_3=5~,~a_4=7\)
\({\small (2)}~a_1=2~,~a_2=6\)
\(~,~a_3=12~,~a_4=20\)
\({\small (3)}~a_1=2~,~a_2=4\)
\(~,~a_3=8~,~a_4=16\)
\({\small (1)}~a_1=1~,~a_2=3\)
\(~,~a_3=5~,~a_4=7\)
\({\small (2)}~a_1=2~,~a_2=6\)
\(~,~a_3=12~,~a_4=20\)
\({\small (3)}~a_1=2~,~a_2=4\)
\(~,~a_3=8~,~a_4=16\)
p.73 練習3
\({\small (1)}~a_n=(-1)^n\cdot2n\) \({\small (2)}~a_n={\large \frac{2n-1}{2^n}}\)
→ 数列の基本と一般項
\({\small (1)}~a_n=(-1)^n\cdot2n\) \({\small (2)}~a_n={\large \frac{2n-1}{2^n}}\)
→ 数列の基本と一般項
p.74 練習4
\({\small (1)}~1,6,11,16\)
\({\small (2)}~10,6,2,-2\)
\({\small (1)}~1,6,11,16\)
\({\small (2)}~10,6,2,-2\)
p.74 練習5
\({\small (1)}~\)公差 \(4\)、\(13,17\)
\({\small (2)}~\)公差 \(-3\)、\(6,-3\)
\({\small (1)}~\)公差 \(4\)、\(13,17\)
\({\small (2)}~\)公差 \(-3\)、\(6,-3\)
p.75 練習6
\({\small (1)}~a_n=4n+1~,~a_{10}=41\)
\({\small (2)}~a_n=-5n+15~,~a_{10}=-35\)
\({\small (1)}~a_n=4n+1~,~a_{10}=41\)
\({\small (2)}~a_n=-5n+15~,~a_{10}=-35\)
p.76 練習8
初項 \(7\)、公差 \(2\)
初項 \(7\)、公差 \(2\)
p.78 練習10
\({\small (1)}~54\) \({\small (2)}~-270\)
\({\small (1)}~54\) \({\small (2)}~-270\)
p.78 練習11
\(n^2\)
\(n^2\)
p.80 練習15
\({\small (1)}~1,3,9,27\)
\({\small (2)}~-{\large \frac{1}{2}},{\large \frac{1}{4}},-{\large \frac{1}{8}},{\large \frac{1}{16}}\)
\({\small (1)}~1,3,9,27\)
\({\small (2)}~-{\large \frac{1}{2}},{\large \frac{1}{4}},-{\large \frac{1}{8}},{\large \frac{1}{16}}\)
p.80 練習16
\({\small (1)}~\)公比 \(-2\)、\(-8\)
\({\small (2)}~\)公比 \({\large \frac{1}{2}}\)、\(16,2\)
\({\small (1)}~\)公比 \(-2\)、\(-8\)
\({\small (2)}~\)公比 \({\large \frac{1}{2}}\)、\(16,2\)
p.81 練習17
\({\small (1)}~a_n=2\cdot3^{n-1}~,~a_5=162\)
\({\small (2)}~a_n=(-3)^{n-1}~,~a_5=81\)
\({\small (3)}~a_n=2^n~,~a_5=32\)
\({\small (4)}~a_n=-3\cdot\left({\large \frac{1}{2}}\right)^{n-1}~,~a_5=-{\large \frac{3}{16}}\)
\({\small (1)}~a_n=2\cdot3^{n-1}~,~a_5=162\)
\({\small (2)}~a_n=(-3)^{n-1}~,~a_5=81\)
\({\small (3)}~a_n=2^n~,~a_5=32\)
\({\small (4)}~a_n=-3\cdot\left({\large \frac{1}{2}}\right)^{n-1}~,~a_5=-{\large \frac{3}{16}}\)
p.81 練習18
\({\small (1)}~a_n=(-2)^{n-1}\) \({\small (2)}~a_n=3\cdot\left({\large \frac{1}{2}}\right)^n\)
\({\small (3)}~a_n=5\cdot(-1)^{n-1}\) \({\small (4)}~a_n=(\sqrt{2})^n\)
\({\small (1)}~a_n=(-2)^{n-1}\) \({\small (2)}~a_n=3\cdot\left({\large \frac{1}{2}}\right)^n\)
\({\small (3)}~a_n=5\cdot(-1)^{n-1}\) \({\small (4)}~a_n=(\sqrt{2})^n\)
p.82 練習19
\({\small (1)}~a_n=2\cdot3^{n-1}\)
または \(a_n=-2\cdot(-3)^{n-1}\)
\({\small (2)}~a_n=-(\sqrt{3})^{n-1}\)
または \(a_n=-(-\sqrt{3})^{n-1}\)
→ 等比数列
\({\small (1)}~a_n=2\cdot3^{n-1}\)
または \(a_n=-2\cdot(-3)^{n-1}\)
\({\small (2)}~a_n=-(\sqrt{3})^{n-1}\)
または \(a_n=-(-\sqrt{3})^{n-1}\)
→ 等比数列
p.84 練習21
\({\small (1)}~2^n-1\)
\({\small (2)}~{\large \frac{3}{2}}\left\{1-\left(-{\large \frac{1}{3}}\right)^n\right\}\)
→ 等比数列の和
\({\small (1)}~2^n-1\)
\({\small (2)}~{\large \frac{3}{2}}\left\{1-\left(-{\large \frac{1}{3}}\right)^n\right\}\)
→ 等比数列の和
問題
p.86 1
\(x={\large \frac{4}{3}}~,~y=1\)
\(x={\large \frac{4}{3}}~,~y=1\)
p.86 2
\({\small (1)}~\)初項 \(8\)、公差 \(-2\)
\({\small (2)}~-n(n-9)\)
\({\small (1)}~\)初項 \(8\)、公差 \(-2\)
\({\small (2)}~-n(n-9)\)
p.86 3
\({\small (1)}~2500\)
\({\small (2)}~2550\)
\({\small (3)}~1050\)
\({\small (4)}~4000\)
\({\small (1)}~2500\)
\({\small (2)}~2550\)
\({\small (3)}~1050\)
\({\small (4)}~4000\)
p.86 4
\({\small (1)}~\)第 \(26\) 項
\({\small (2)}~\)第 \(34\) 項までの和 \(3434\)
\({\small (1)}~\)第 \(26\) 項
\({\small (2)}~\)第 \(34\) 項までの和 \(3434\)
p.86 5
\(a_n=3\cdot2^{n-2}\)
\(a_n=3\cdot2^{n-2}\)
p.86 6
初項 \(1\)、公比 \(3\)
または
初項 \(9\)、公比 \({\large \frac{1}{3}}\)
初項 \(1\)、公比 \(3\)
または
初項 \(9\)、公比 \({\large \frac{1}{3}}\)
p.86 7
ア:\(2\) イ:\(2\) ウ:\(4\) エ:\(9\) オ:\(5\)
ア:\(2\) イ:\(2\) ウ:\(4\) エ:\(9\) オ:\(5\)
第２節 いろいろな数列
p.87 練習23
[証明]
恒等式 \(k^4-(k-1)^4=4k^3-6k^2+4k-1\) において、
\(k=1\) のとき、
\(1^4-0^2=4\cdot 1^3-6\cdot 1^2+4\cdot 1-1\)
\(k=2\) のとき、
\(2^4-1^4=4\cdot 2^3-6\cdot 2^2+4\cdot 2-1\)
\(k=3\) のとき、
\(3^4-2^4=4\cdot 3^3-6\cdot 3^2+4\cdot 3-1\)
…
\(k=n\) のとき、
\(n^4-(n-1)^4\)
\(=4\cdot n^3-6\cdot n^2+4\cdot n-1\)
これらの両辺を加えていくと、
\(n^4=4(1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3)\)
\(-6(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2)\)
\(+4(1+2+3+\cdots+n)-n\)
ここで、\(S=1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3\) として和の計算をすると、
\(n^4\)
\(=4S-n(n+1)(2n+1)\)
\(+2n(n+1)-n\)
\(S\) について整理すると、
\(4S=\{n(n+1)\}^2\)
よって、
\(S=\left\{{\large \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2\)
したがって、
\(1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3\)
\(=\left\{{\large \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2\) [終]
[証明]
恒等式 \(k^4-(k-1)^4=4k^3-6k^2+4k-1\) において、
\(k=1\) のとき、
\(1^4-0^2=4\cdot 1^3-6\cdot 1^2+4\cdot 1-1\)
\(k=2\) のとき、
\(2^4-1^4=4\cdot 2^3-6\cdot 2^2+4\cdot 2-1\)
\(k=3\) のとき、
\(3^4-2^4=4\cdot 3^3-6\cdot 3^2+4\cdot 3-1\)
…
\(k=n\) のとき、
\(n^4-(n-1)^4\)
\(=4\cdot n^3-6\cdot n^2+4\cdot n-1\)
これらの両辺を加えていくと、
\(n^4=4(1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3)\)
\(-6(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2)\)
\(+4(1+2+3+\cdots+n)-n\)
ここで、\(S=1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3\) として和の計算をすると、
\(n^4\)
\(=4S-n(n+1)(2n+1)\)
\(+2n(n+1)-n\)
\(S\) について整理すると、
\(4S=\{n(n+1)\}^2\)
よって、
\(S=\left\{{\large \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2\)
したがって、
\(1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3\)
\(=\left\{{\large \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2\) [終]
p.88 練習25
\({\small (1)}~1+3+5+\cdots+(2n-1)\)
\({\small (2)}~2^2+2^3+2^4+2^5+2^6+2^7\)
\({\small (3)}~1+{\large \frac{1}{2}}+{\large \frac{1}{3}}+\cdots+{\large \frac{1}{n-1}}\)$${\small (4)}~\sum_{k=2}^{6}k~~~~~{\small (5)}~\sum_{k=1}^{6}(2k+1)^2$$
\({\small (1)}~1+3+5+\cdots+(2n-1)\)
\({\small (2)}~2^2+2^3+2^4+2^5+2^6+2^7\)
\({\small (3)}~1+{\large \frac{1}{2}}+{\large \frac{1}{3}}+\cdots+{\large \frac{1}{n-1}}\)$${\small (4)}~\sum_{k=2}^{6}k~~~~~{\small (5)}~\sum_{k=1}^{6}(2k+1)^2$$
p.89 練習26
\({\small (1)}~{\large \frac{5^n-1}{4}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{3^n-3}{2}}\)
\({\small (1)}~{\large \frac{5^n-1}{4}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{3^n-3}{2}}\)
p.89 練習27
\({\small (1)}~30\) \({\small (2)}~1275\)
\({\small (3)}~650\) \({\small (4)}~784\)
\({\small (1)}~30\) \({\small (2)}~1275\)
\({\small (3)}~650\) \({\small (4)}~784\)
p.90 練習28
\({\small (1)}~n(2n-3)\)
\({\small (2)}~n(n-1)^2\)
\({\small (3)}~{\large \frac{1}{4}}n(n+1)(n^2+n+2)\)
\({\small (4)}~n(n-1)\)
→ シグマ記号の計算
\({\small (1)}~n(2n-3)\)
\({\small (2)}~n(n-1)^2\)
\({\small (3)}~{\large \frac{1}{4}}n(n+1)(n^2+n+2)\)
\({\small (4)}~n(n-1)\)
→ シグマ記号の計算
p.91 練習30
第 \(6\) 項 \(26\)、第 \(7\) 項 \(37\)
第 \(6\) 項 \(26\)、第 \(7\) 項 \(37\)
p.93 練習31
\({\small (1)}~a_n={\large \frac{1}{2}}n^2-{\large \frac{1}{2}}n+1\)
\({\small (2)}~a_n=2^{n-1}+1\)
→ 階差数列
\({\small (1)}~a_n={\large \frac{1}{2}}n^2-{\large \frac{1}{2}}n+1\)
\({\small (2)}~a_n=2^{n-1}+1\)
→ 階差数列
問題
p.96 8
\({\small (1)}~{\large \frac{3}{2}}(3^n-1)+n^2+2n\)
\({\small (2)}~{\large \frac{1}{3}}n(n-1)(n+4)\)
\({\small (3)}~{\large \frac{1}{4}}n(n-1)(n+1)(n+2)\)
\({\small (1)}~{\large \frac{3}{2}}(3^n-1)+n^2+2n\)
\({\small (2)}~{\large \frac{1}{3}}n(n-1)(n+4)\)
\({\small (3)}~{\large \frac{1}{4}}n(n-1)(n+1)(n+2)\)
p.96 9
第 \(k\) 項 \({\large \frac{1}{2}}k(k+1)\)
\(S_n={\large \frac{1}{6}}n(n+1)(n+2)\)
→ 一般項が数列の和になる数列
第 \(k\) 項 \({\large \frac{1}{2}}k(k+1)\)
\(S_n={\large \frac{1}{6}}n(n+1)(n+2)\)
→ 一般項が数列の和になる数列
p.96 10
\(n=1\) のとき \(a_1=2\)
\(n≧2\) のとき \(a_n=2n-1\)
\(n=1\) のとき \(a_1=2\)
\(n≧2\) のとき \(a_n=2n-1\)
p.96 11
\({\small (1)}~\sqrt{n+1}-1\)
\({\small (2)}~{\large \frac{n(3n+5)}{2(n+1)(n+2)}}\)
\({\small (1)}~\sqrt{n+1}-1\)
\({\small (2)}~{\large \frac{n(3n+5)}{2(n+1)(n+2)}}\)
p.96 12
\(3^n\cdot(n-1)+1\)
\(3^n\cdot(n-1)+1\)
p.96 13
\({\small (1)}~n^2-2n+2\)
\({\small (2)}~(2n-1)(n^2-n+1)\)
\({\small (1)}~n^2-2n+2\)
\({\small (2)}~(2n-1)(n^2-n+1)\)
p.96 14
ア:\(2\) イ:\(3\) ウ:\(4\) エ:\(3\)
ア:\(2\) イ:\(3\) ウ:\(4\) エ:\(3\)
第３節 漸化式と数学的帰納法
p.97 練習36
\({\small (1)}~a_2=95~,~a_3=90\)
\(a_4=85~,~a_5=80\)
\({\small (2)}~a_2=8~,~a_3=26\)
\(a_4=80~,~a_5=242\)
\({\small (1)}~a_2=95~,~a_3=90\)
\(a_4=85~,~a_5=80\)
\({\small (2)}~a_2=8~,~a_3=26\)
\(a_4=80~,~a_5=242\)
p.98 練習37
\({\small (1)}~a_n=3n-1\)
\({\small (2)}~a_n=2^{n-1}\)
\({\small (1)}~a_n=3n-1\)
\({\small (2)}~a_n=2^{n-1}\)
p.99 練習39
\({\small (1)}~2\) \({\small (2)}~1\) \({\small (3)}~1\)
\({\small (1)}~2\) \({\small (2)}~1\) \({\small (3)}~1\)
p.100 練習40
\({\small (1)}~a_n=3\cdot4^{n-1}+2\)
\({\small (2)}~a_n=\left({\large \frac{1}{2}}\right)^{n-1}+2\)
→ 漸化式②（特性方程式）
\({\small (1)}~a_n=3\cdot4^{n-1}+2\)
\({\small (2)}~a_n=\left({\large \frac{1}{2}}\right)^{n-1}+2\)
→ 漸化式②（特性方程式）
p.103 発展1
\({\small (1)}~a_n={\large \frac{5^{n-1}-2^{n-1}}{3}}\)
\({\small (2)}~a_n=2^n-1\)
\({\small (1)}~a_n={\large \frac{5^{n-1}-2^{n-1}}{3}}\)
\({\small (2)}~a_n=2^n-1\)
p.103 発展2
\({\small (1)}~\)
[証明] \(a_{n+2}-4a_{n+1}+4a_n=0\) を式変形すると、
\(a_{n+2}-2a_{n+1}=2(a_{n+1}-2a_n)\)
これより、数列 \(\{a_{n+1}-2a_n\}\) は初項が
\(a_2-2a_1=2\)
公比が \(2\) の等比数列となるので、
\(a_{n+1}-2a_n=2^n\) [終]
\({\small (2)}~b_n={\large \frac{1}{2}}(n-1)\)
\({\small (3)}~a_n=2^{n-1}\cdot(n-1)\)
\({\small (1)}~\)
[証明] \(a_{n+2}-4a_{n+1}+4a_n=0\) を式変形すると、
\(a_{n+2}-2a_{n+1}=2(a_{n+1}-2a_n)\)
これより、数列 \(\{a_{n+1}-2a_n\}\) は初項が
\(a_2-2a_1=2\)
公比が \(2\) の等比数列となるので、
\(a_{n+1}-2a_n=2^n\) [終]
\({\small (2)}~b_n={\large \frac{1}{2}}(n-1)\)
\({\small (3)}~a_n=2^{n-1}\cdot(n-1)\)
p.105 練習41
\({\small (1)}~\)
[証明]
\(1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2\) …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(=1\)
(右辺)\(=1^2=1\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(1+3+5+\cdots+(2k-1)=k^2\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の左辺は、
\(1+3+5+\cdots\)
\(+(2k-1)+\{2(k+1)-1)\}\)
②を代入すると、
\(=k^2+2k+1\)
\(=(k+1)^2\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )からすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
\(1\cdot2+2\cdot3+3\cdot4+\cdots+n(n+1)\)
\(={\large \frac{1}{3}}n(n+1)(n+2)\) …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(1\cdot2=2\)
(右辺)\(={\large \frac{1}{3}}\cdot1\cdot2\cdot3=2\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(1\cdot2+2\cdot3+3\cdot4+\cdots+k(k+1)\)
\(={\large \frac{1}{3}}k(k+1)(k+2)\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の左辺は、
\(1\cdot2+2\cdot3+3\cdot4+\cdots\)
\(+k(k+1)+(k+1)(k+1+1)\)
②を代入すると、
\(={\large \frac{1}{3}}k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2)\)
\(={\large \frac{1}{3}}(k+1)(k+2)(k+3)\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )からすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
→ 数学的帰納法①（等式）
\({\small (1)}~\)
[証明]
\(1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2\) …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(=1\)
(右辺)\(=1^2=1\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(1+3+5+\cdots+(2k-1)=k^2\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の左辺は、
\(1+3+5+\cdots\)
\(+(2k-1)+\{2(k+1)-1)\}\)
②を代入すると、
\(=k^2+2k+1\)
\(=(k+1)^2\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )からすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
\(1\cdot2+2\cdot3+3\cdot4+\cdots+n(n+1)\)
\(={\large \frac{1}{3}}n(n+1)(n+2)\) …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(1\cdot2=2\)
(右辺)\(={\large \frac{1}{3}}\cdot1\cdot2\cdot3=2\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(1\cdot2+2\cdot3+3\cdot4+\cdots+k(k+1)\)
\(={\large \frac{1}{3}}k(k+1)(k+2)\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の左辺は、
\(1\cdot2+2\cdot3+3\cdot4+\cdots\)
\(+k(k+1)+(k+1)(k+1+1)\)
②を代入すると、
\(={\large \frac{1}{3}}k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2)\)
\(={\large \frac{1}{3}}(k+1)(k+2)(k+3)\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )からすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
→ 数学的帰納法①（等式）
p.106 練習42
[証明]
\(2^n> 2n+1\) …①
( ⅰ ) \(n=3\) のとき、
(左辺)\(=2^3=8\)
(右辺)\(=2\cdot3+1=7\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n≧3\) で \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(2^k> 2k+1\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の両辺の差を考えると、
\(2^{k+1}-\{2(k+1)+1\}\)
\(=2\cdot2^k-(2k+3)\)
②の不等式を用いると、
\(> 2(2k+1)-(2k+3)\)
\(=2k-1>0\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )から \(3\) 以上のすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
→ 数学的帰納法②（不等式）
[証明]
\(2^n> 2n+1\) …①
( ⅰ ) \(n=3\) のとき、
(左辺)\(=2^3=8\)
(右辺)\(=2\cdot3+1=7\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n≧3\) で \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(2^k> 2k+1\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の両辺の差を考えると、
\(2^{k+1}-\{2(k+1)+1\}\)
\(=2\cdot2^k-(2k+3)\)
②の不等式を用いると、
\(> 2(2k+1)-(2k+3)\)
\(=2k-1>0\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )から \(3\) 以上のすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
→ 数学的帰納法②（不等式）
問題
p.107 15
\({\small (1)}~a_n=2^{n-1}+1\)
\({\small (2)}~a_n={\large \frac{(-1)^n+3}{2}}\)
\({\small (3)}~a_n=\left({\large \frac{1}{2}}\right)^{n-1}+1\)
\({\small (1)}~a_n=2^{n-1}+1\)
\({\small (2)}~a_n={\large \frac{(-1)^n+3}{2}}\)
\({\small (3)}~a_n=\left({\large \frac{1}{2}}\right)^{n-1}+1\)
p.107 16
\(a_n=2^{n-1}-1\)
\(b_n=2^{n-1}-n+1\)
\(a_n=2^{n-1}-1\)
\(b_n=2^{n-1}-n+1\)
p.107 17
\({\small (1)}~\)
[証明]
\(1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!\)
\(+\cdots+n\cdot n!=(n+1)!-1\) …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(=1\cdot1!=1\)
(右辺)\(=2!-1=1\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!\)
\(+\cdots+k\cdot k!=(k+1)!-1\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の左辺は、
\(1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!\)
\(+\cdots+k\cdot k!+(k+1)\cdot(k+1)!\)
②を代入すると、
\(=(k+1)!-1+(k+1)\cdot (k+1)!\)
\(=(k+2)\cdot(k+1)!-1\)
\(=(k+2)!-1\)
\(=\{(k+1)+1\}!-1\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )からすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
\({\small (1)}~\)
[証明]
\(1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!\)
\(+\cdots+n\cdot n!=(n+1)!-1\) …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(=1\cdot1!=1\)
(右辺)\(=2!-1=1\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!\)
\(+\cdots+k\cdot k!=(k+1)!-1\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の左辺は、
\(1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!\)
\(+\cdots+k\cdot k!+(k+1)\cdot(k+1)!\)
②を代入すると、
\(=(k+1)!-1+(k+1)\cdot (k+1)!\)
\(=(k+2)\cdot(k+1)!-1\)
\(=(k+2)!-1\)
\(=\{(k+1)+1\}!-1\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )からすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
\(2^n> n^2-n+2\) …①
( ⅰ ) \(n=4\) のとき、
(左辺)\(=2^4=16\)
(右辺)\(=4^2-4+2=14\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n≧4\) で \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(2^k> k^2-k+2\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の両辺の差を考えると、
\(2^{k+1}-\{(k+1)^2-(k+1)+2\}\)
\(=2\cdot2^k-(k^2+k+2)\)
②の不等式を用いると、
\(> 2(k^2-k+2)-(k^2+k+2)\)
\(=k^2-3k+2\)
\(=(k-1)(k-2)>0\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )から \(4\) 以上のすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
p.107 18
\({\small (1)}~a_2={\large \frac{3}{2}}~,~a_3={\large \frac{4}{3}}~,~a_4={\large \frac{5}{4}}\)
\({\small (2)}~\)
[証明] (1) より、
\(a_n={\large \frac{n+1}{n}}\) …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
\(a_1={\large \frac{1+1}{1}}=2\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(a_k={\large \frac{k+1}{k}}\) …②
また、\(n=k+1\) のとき条件式より、
\(a_{k+1}=2-{\large \frac{1}{a_k}}\)
これより、②を代入すると、
\(=2-{\large \frac{k}{k+1}}={\large \frac{k+2}{k+1}}\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )からすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
→ 数学的帰納法④（漸化式）
\({\small (1)}~a_2={\large \frac{3}{2}}~,~a_3={\large \frac{4}{3}}~,~a_4={\large \frac{5}{4}}\)
\({\small (2)}~\)
[証明] (1) より、
\(a_n={\large \frac{n+1}{n}}\) …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
\(a_1={\large \frac{1+1}{1}}=2\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(a_k={\large \frac{k+1}{k}}\) …②
また、\(n=k+1\) のとき条件式より、
\(a_{k+1}=2-{\large \frac{1}{a_k}}\)
これより、②を代入すると、
\(=2-{\large \frac{k}{k+1}}={\large \frac{k+2}{k+1}}\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )からすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
→ 数学的帰納法④（漸化式）
p.107 19
ア:\(5\) イ:\(4\) ウ:\(3\) エ:\(1\)
オ:\(2\) カ:\(1\)
ア:\(5\) イ:\(4\) ウ:\(3\) エ:\(1\)
オ:\(2\) カ:\(1\)
章末問題 数列
章末問題Ａ
p.108 1
\({\small (1)}~\)第 \(18\) 項
\({\small (2)}~\)項でない
\({\small (1)}~\)第 \(18\) 項
\({\small (2)}~\)項でない
p.108 2
公差 \(-6\)、項数 \(16\)
公差 \(-6\)、項数 \(16\)
p.108 3
\(32767\) 円
\(32767\) 円
p.108 4
\({\small (1)}~\)初項 \(2\)、公比 \(2\)
\({\small (2)}~2046\)
\({\small (1)}~\)初項 \(2\)、公比 \(2\)
\({\small (2)}~2046\)
p.108 5
\({\small (1)}~1683\)
\({\small (2)}~1275\)
\({\small (1)}~1683\)
\({\small (2)}~1275\)
p.108 6
\({\large \frac{1}{6}}n(n+1)(2n+1)\)
\({\large \frac{1}{6}}n(n+1)(2n+1)\)
p.108 7
\({\small (1)}~b_n=2^{n-1}\)
\({\small (2)}~a_n=n\cdot2^{n-1}\)
\({\small (1)}~b_n=2^{n-1}\)
\({\small (2)}~a_n=n\cdot2^{n-1}\)
p.108 8
[証明]
\(7^n-1\) は \(6\) の倍数である …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
\(7^1-1=6\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、整数 \(m\) を用いて
\(7^{k}-1=6m\) …②
また、\(n=k+1\) のとき
\(7^{k+1}-1\)
\(=7\cdot 7^k-1\)
②を代入すると、
\(=7(6m+1)-1\)
\(=6(7m+1)\)
ここで、\(7m+1\) が整数より \(6\) の倍数となり \(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )からすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
→ 数学的帰納法③（整数の性質）
[証明]
\(7^n-1\) は \(6\) の倍数である …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
\(7^1-1=6\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、整数 \(m\) を用いて
\(7^{k}-1=6m\) …②
また、\(n=k+1\) のとき
\(7^{k+1}-1\)
\(=7\cdot 7^k-1\)
②を代入すると、
\(=7(6m+1)-1\)
\(=6(7m+1)\)
ここで、\(7m+1\) が整数より \(6\) の倍数となり \(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )からすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
→ 数学的帰納法③（整数の性質）
章末問題Ｂ
p.109 9
\({\small (1)}~\)第 \(48\) 項
\({\small (2)}~{\large \frac{9}{14}}\)
\({\small (1)}~\)第 \(48\) 項
\({\small (2)}~{\large \frac{9}{14}}\)
p.109 10
\({\small (1)}~k(n-k+1)\)
\({\small (2)}~{\large \frac{1}{6}}n(n+1)(n+2)\)
\({\small (1)}~k(n-k+1)\)
\({\small (2)}~{\large \frac{1}{6}}n(n+1)(n+2)\)
p.109 11
\({\small (1)}~\)
[証明]
( ⅰ ) \(n=1\) のとき
\(S_1=2a_1-1\)
ここで、\(S_1=a_1\) より、
\(a_1=2a_1-1\)
よって、\(a_1=1\)
( ⅱ ) \(n≧2\) のとき
\(S_n=2a_n-1\)
\(S_{n+1}=2a_{n+1}-1\)
ここで、\(a_{n+1}=S_{n+1}-S_n\) より、
\(a_{n+1}=(2a_{n+1}-1)-(2a_n-1)\)
よって、
\(a_{n+1}=2a_n\) …①
また、\(n=2\) のとき
\(S_2=2a_2-1\)
よって、
\(a_1+a_2=2a_2-1\)
\(a_1=1\) より \(a_2=2\)
これより、\(n=1\) のときも①が成り立つ
したがって、
\(a_{n+1}=2a_n\) [終]
\({\small (2)}~a_n=2^{n-1}\)
\({\small (1)}~\)
[証明]
( ⅰ ) \(n=1\) のとき
\(S_1=2a_1-1\)
ここで、\(S_1=a_1\) より、
\(a_1=2a_1-1\)
よって、\(a_1=1\)
( ⅱ ) \(n≧2\) のとき
\(S_n=2a_n-1\)
\(S_{n+1}=2a_{n+1}-1\)
ここで、\(a_{n+1}=S_{n+1}-S_n\) より、
\(a_{n+1}=(2a_{n+1}-1)-(2a_n-1)\)
よって、
\(a_{n+1}=2a_n\) …①
また、\(n=2\) のとき
\(S_2=2a_2-1\)
よって、
\(a_1+a_2=2a_2-1\)
\(a_1=1\) より \(a_2=2\)
これより、\(n=1\) のときも①が成り立つ
したがって、
\(a_{n+1}=2a_n\) [終]
\({\small (2)}~a_n=2^{n-1}\)
p.109 12
\({\small (1)}~a_n={\large \frac{1}{n(n+1)}}\)
\({\small (2)}~a_n=5\cdot3^{n-1}-2^{n+1}\)
\({\small (1)}~a_n={\large \frac{1}{n(n+1)}}\)
\({\small (2)}~a_n=5\cdot3^{n-1}-2^{n+1}\)
p.109 13
[証明]
\((1+a)^n≧1+na\) …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(=1+a\)
(右辺)\(=1+a\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\((1+a)^k≧1+ka\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の両辺の差を考えると、
\((1+a)^{k+1}-\{1+(k+1)a\}\)
\(=(1+a)(1+a)^k-(1+ka+a)\)
②の不等式を用いると、
\(≧(1+a)(1+ka)-(1+ka+a)\)
\(=ka^2≧0\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )からすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
[証明]
\((1+a)^n≧1+na\) …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(=1+a\)
(右辺)\(=1+a\)
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\((1+a)^k≧1+ka\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の両辺の差を考えると、
\((1+a)^{k+1}-\{1+(k+1)a\}\)
\(=(1+a)(1+a)^k-(1+ka+a)\)
②の不等式を用いると、
\(≧(1+a)(1+ka)-(1+ka+a)\)
\(=ka^2≧0\)
これより、\(n=k+1\) のときも①が成り立つ
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )からすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
p.109 14
\({\small (1)}~\)
\(a_n+b_n=3^{n-1}\)
\(a_n-b_n=(-1)^n\)
\({\small (2)}~\)
\(a_n={\large \frac{3^{n-1}+(-1)^n}{2}}\)
\(b_n={\large \frac{3^{n-1}-(-1)^n}{2}}\)
\({\small (1)}~\)
\(a_n+b_n=3^{n-1}\)
\(a_n-b_n=(-1)^n\)
\({\small (2)}~\)
\(a_n={\large \frac{3^{n-1}+(-1)^n}{2}}\)
\(b_n={\large \frac{3^{n-1}-(-1)^n}{2}}\)
