このページは、数研出版：高等学校数学Ｂ[711]
第１章 数列
第１章 数列
それぞれの問題の解説はありませんが、類題の解説はリンク先にありますので参考にしてください。
また、解答は独自で解いたものですので、間違えやタイプミス等がありましたらご連絡ください。
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高等学校数学Ｂ 第１章 数列
高等学校数学Ｂ 第２章 統計的な推測
第１章 数列
第１節 等差数列と等比数列
p.9 練習2\({\small (1)}~a_1=1~,~a_2=3~,~a_3=5~,~a_4=7\)
\({\small (2)}~a_1=2~,~a_2=6~,~a_3=12~,~a_4=20\)
\({\small (3)}~a_1=2~,~a_2=4~,~a_3=8~,~a_4=16\)
解法のPoint｜一般項とそれぞれの項の求め方
\({\small (2)}~a_1=2~,~a_2=6~,~a_3=12~,~a_4=20\)
\({\small (3)}~a_1=2~,~a_2=4~,~a_3=8~,~a_4=16\)
解法のPoint｜一般項とそれぞれの項の求め方
p.9 練習3\({\small (1)}~a_n=(-1)^n\cdot2n\)
\({\small (2)}~a_n=\displaystyle \frac{\,2n-1\,}{2^n}\)
解法のPoint｜数列の一般項の推測
\({\small (2)}~a_n=\displaystyle \frac{\,2n-1\,}{2^n}\)
解法のPoint｜数列の一般項の推測
p.10 練習5\({\small (1)}~\)公差が \(4\)、□は \(13~,~17\)
\({\small (2)}~\)公差が \(-3\)、□は \(8~,~-1~,~-4\)
解法のPoint｜等差数列と公差
\({\small (2)}~\)公差が \(-3\)、□は \(8~,~-1~,~-4\)
解法のPoint｜等差数列と公差
p.11 練習6\({\small (1)}~a_n=4n+1~,~a_{10}=41\)
\({\small (2)}~a_n=-5n+15~,~a_{10}=-35\)
解法のPoint｜等差数列の一般項
\({\small (2)}~a_n=-5n+15~,~a_{10}=-35\)
解法のPoint｜等差数列の一般項
p.12 練習8\(a_n=2n+5\) より、
\(a_{n+1}=2(n+1)+5=2n+7\)
よって、
\(a_{n+1}-a_n=2\)
すべての自然数 \(n\) について、\(a_{n+1}-a_n\) が \(2\) で一定であるから、数列 \(\{ a_n \}\) は等差数列である
初項 \(7\)、公差 \(2\)
解法のPoint｜等差数列であることの証明
\(a_{n+1}=2(n+1)+5=2n+7\)
よって、
\(a_{n+1}-a_n=2\)
すべての自然数 \(n\) について、\(a_{n+1}-a_n\) が \(2\) で一定であるから、数列 \(\{ a_n \}\) は等差数列である
初項 \(7\)、公差 \(2\)
解法のPoint｜等差数列であることの証明
p.16 練習15\({\small (1)}~1~,~5~,~25~,~125\)
\({\small (2)}~-3~,~1~,~-\displaystyle \frac{1}{\,3\,}~,~\displaystyle \frac{1}{\,9\,}\)
解法のPoint｜等比数列と公比
\({\small (2)}~-3~,~1~,~-\displaystyle \frac{1}{\,3\,}~,~\displaystyle \frac{1}{\,9\,}\)
解法のPoint｜等比数列と公比
p.16 練習16\({\small (1)}~\)公比が \(-2\)、□は \(-8\)
\({\small (2)}~\)公比が \({\displaystyle \frac{1}{\,2\,}}\)、□は \(16~,~2\)
解法のPoint｜等比数列と公比
\({\small (2)}~\)公比が \({\displaystyle \frac{1}{\,2\,}}\)、□は \(16~,~2\)
解法のPoint｜等比数列と公比
p.17 練習17\({\small (1)}~a_n=2\cdot3^{n-1}~,~a_5=162\)
\({\small (2)}~a_n=(-3)^{n-1}~,~a_5=81\)
\({\small (3)}~a_n=2^n~,~a_5=32\)
\({\small (4)}~a_n=-3\cdot\left(\displaystyle \frac{1}{\,2\,}\right)^{n-1}~,~a_5=-\displaystyle \frac{3}{\,16\,}\)
解法のPoint｜等比数列の一般項
\({\small (2)}~a_n=(-3)^{n-1}~,~a_5=81\)
\({\small (3)}~a_n=2^n~,~a_5=32\)
\({\small (4)}~a_n=-3\cdot\left(\displaystyle \frac{1}{\,2\,}\right)^{n-1}~,~a_5=-\displaystyle \frac{3}{\,16\,}\)
解法のPoint｜等比数列の一般項
p.17 練習18\({\small (1)}~a_n=(-2)^{n-1}\)
\({\small (2)}~a_n=3\cdot\left(\displaystyle \frac{1}{\,2\,}\right)^n\)
\({\small (3)}~a_n=5\cdot(-1)^{n}\)
\({\small (4)}~a_n=(\sqrt{2})^n\)
解法のPoint｜等比数列の一般項
\({\small (2)}~a_n=3\cdot\left(\displaystyle \frac{1}{\,2\,}\right)^n\)
\({\small (3)}~a_n=5\cdot(-1)^{n}\)
\({\small (4)}~a_n=(\sqrt{2})^n\)
解法のPoint｜等比数列の一般項
p.18 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 \(a_n=-(-\sqrt{3})^{n-1}\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
または \(a_n=-2\cdot(-3)^{n-1}\)
\({\small (2)}~a_n=-(\sqrt{3})^{n-1}\)
または \(a_n=-(-\sqrt{3})^{n-1}\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.20 練習21\({\small (1)}~2^n-1\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{2}\left\{1-\left(-\displaystyle \frac{1}{\,3\,}\right)^n\right\}\)
解法のPoint｜等比数列の和
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{2}\left\{1-\left(-\displaystyle \frac{1}{\,3\,}\right)^n\right\}\)
解法のPoint｜等比数列の和
p.21 研究 練習1 \(11\) 万円
問題
p.23 問題 3\({\small (1)}~2500\) \({\small (2)}~2550\)
\({\small (3)}~1050\) \({\small (4)}~4000\)
解法のPoint｜自然数の和と倍数の和
\({\small (3)}~1050\) \({\small (4)}~4000\)
解法のPoint｜自然数の和と倍数の和
第２節 いろいろな数列
p.25 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、
\(S=\left\{{\displaystyle \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2\)
したがって、
\(1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3\)
\(=\left\{{\displaystyle \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2\) [終]
解法のPoint｜自然数の2乗の和と3乗の和
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、
\(S=\left\{{\displaystyle \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2\)
したがって、
\(1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3\)
\(=\left\{{\displaystyle \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2\) [終]
解法のPoint｜自然数の2乗の和と3乗の和
p.26 練習25\({\small (1)}~1+3+5+\cdots+(2n-1)\)
\({\small (2)}~2^2+2^3+2^4+2^5+2^6+2^7\)
\({\small (3)}~1+{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{3}}+\cdots+{\displaystyle \frac{1}{n-1}}\)
\({\small (4)}~\sum_{k=2}^{6}k=\sum_{k=1}^{5}(k+1)\)
\({\small (5)}~\sum_{k=1}^{6}(2k+1)^2\)
解法のPoint｜シグマ記号を項の和で表す
\({\small (2)}~2^2+2^3+2^4+2^5+2^6+2^7\)
\({\small (3)}~1+{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{3}}+\cdots+{\displaystyle \frac{1}{n-1}}\)
\({\small (4)}~\sum_{k=2}^{6}k=\sum_{k=1}^{5}(k+1)\)
\({\small (5)}~\sum_{k=1}^{6}(2k+1)^2\)
解法のPoint｜シグマ記号を項の和で表す
p.26 練習26\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,5^n-1\,}{4}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,3^n-3\,}{2}\)
解法のPoint｜等比数列の和とシグマ記号
解法のPoint｜等比数列の和とシグマ記号
p.27 練習27\({\small (1)}~30\) \({\small (2)}~1275\)
\({\small (3)}~650\) \({\small (4)}~784\)
解法のPoint｜シグマ記号の公式
\({\small (3)}~650\) \({\small (4)}~784\)
解法のPoint｜シグマ記号の公式
p.28 練習28\({\small (1)}~n(2n-3)\)
\({\small (2)}~n(n-1)^2\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{1}{\,4\,}n(n+1)(n^2+n+2)\)
\({\small (4)}~n(n-1)\)
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\({\small (2)}~n(n-1)^2\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{1}{\,4\,}n(n+1)(n^2+n+2)\)
\({\small (4)}~n(n-1)\)
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p.31 練習31\({\small (1)}~a_n=\displaystyle \frac{1}{\,2\,}n^2-\displaystyle \frac{1}{\,2\,}n+1\)
\({\small (2)}~a_n=2^{n-1}+1\)
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\({\small (2)}~a_n=2^{n-1}+1\)
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問題
p.34 問題 9\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,3^{n+1}+2n^2+4n-3\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+4)(n-1)\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}(n-1)n(n+1)(n+2)\)
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\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+4)(n-1)\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}(n-1)n(n+1)(n+2)\)
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p.34 問題 10 \(\displaystyle a_k=\frac{\,1\,}{\,2\,}k(k+1)\)
\(S_n=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\,n(n+1)(n+2)\)
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\(S_n=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\,n(n+1)(n+2)\)
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p.34 問題 12\({\small (1)}~\sqrt{n+1}-1\)
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\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,n(3n+5)\,}{\,2(n+1)(n+2)\,}\)
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\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,n(3n+5)\,}{\,2(n+1)(n+2)\,}\)
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p.34 問題15[証明] 恒等式
\(3k(k+1)\)
\(=k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)\)
の \(k\) に \(1\) から \(n\) をそれぞれ代入した式は、
\(3\cdot1\cdot2=1\cdot2\cdot3-0\cdot1\cdot2\)
\(3\cdot2\cdot3=2\cdot3\cdot4-1\cdot2\cdot3\)
\(3\cdot3\cdot4=3\cdot4\cdot5-2\cdot3\cdot4\)
\(\cdots\)
\(3n(n+1)\)
\(=n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)\)
両辺をそれぞれ加えると、
\(\begin{eqnarray}~3\sum_{k=1}^{n}k(k+1)&=&n(n+1)(n+2)\\[5pt]~\sum_{k=1}^{n}k^2+\sum_{k=1}^{n}k&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+1)(n+2)\end{eqnarray}\)
移項すると、
\(\begin{eqnarray}~\sum_{k=1}^{n}k^2&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+1)(n+2)-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}n(n+1)\\[5pt]~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+4-3)\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+1)\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\begin{split}&1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2\\[5pt]~~=~&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+1)\end{split}\)
[終]
解法のPoint｜自然数の2乗の和と3乗の和
\(3k(k+1)\)
\(=k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)\)
の \(k\) に \(1\) から \(n\) をそれぞれ代入した式は、
\(3\cdot1\cdot2=1\cdot2\cdot3-0\cdot1\cdot2\)
\(3\cdot2\cdot3=2\cdot3\cdot4-1\cdot2\cdot3\)
\(3\cdot3\cdot4=3\cdot4\cdot5-2\cdot3\cdot4\)
\(\cdots\)
\(3n(n+1)\)
\(=n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)\)
両辺をそれぞれ加えると、
\(\begin{eqnarray}~3\sum_{k=1}^{n}k(k+1)&=&n(n+1)(n+2)\\[5pt]~\sum_{k=1}^{n}k^2+\sum_{k=1}^{n}k&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+1)(n+2)\end{eqnarray}\)
移項すると、
\(\begin{eqnarray}~\sum_{k=1}^{n}k^2&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+1)(n+2)-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}n(n+1)\\[5pt]~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+4-3)\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+1)\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\begin{split}&1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2\\[5pt]~~=~&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+1)\end{split}\)
[終]
解法のPoint｜自然数の2乗の和と3乗の和
第３節 漸化式と数学的帰納法
p.35 練習36\({\small (1)}~a_2=95~,~a_3=90~,~a_4=85~,~a_5=80\)
\({\small (2)}~a_2=8~,~a_3=26~,~a_4=80~,~a_5=242\)
解法のPoint｜漸化式で表された数列
\({\small (2)}~a_2=8~,~a_3=26~,~a_4=80~,~a_5=242\)
解法のPoint｜漸化式で表された数列
p.36 練習38\({\small (1)}~a_n=\displaystyle \frac{\,3^n-1\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~a_n=n^2-1\)
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\({\small (2)}~a_n=n^2-1\)
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p.38 練習40\({\small (1)}~a_n=3\cdot4^{n-1}+2\)
\({\small (2)}~a_n=\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^{n-1}+2\)
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\({\small (2)}~a_n=\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^{n-1}+2\)
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p.42 発展 練習1\({\small (1)}~a_n=\displaystyle \frac{\,5^{n-1}-2^{n-1}\,}{\,3\,}\)
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\({\small (2)}~a_n=2^n-1\)
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\({\small (2)}~a_n=2^n-1\)
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p.42 発展 練習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 \(a_2-2a_1=2\)、公比 \(2\) の等比数列である
一般項は、
\(a_{n+1}-2a_{n}=2\cdot2^{n-1}\)
したがって、
\(a_{n+1}-2a_{n}=2^{n}\) [終]
\({\small (2)}~b_n=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(n-1)\)
\({\small (3)}~a_n=(n-1)\cdot2^{n-1}\)
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\(a_{n+2}-4a_{n+1}+4a_{n}=0\) 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 \(a_2-2a_1=2\)、公比 \(2\) の等比数列である
一般項は、
\(a_{n+1}-2a_{n}=2\cdot2^{n-1}\)
したがって、
\(a_{n+1}-2a_{n}=2^{n}\) [終]
\({\small (2)}~b_n=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(n-1)\)
\({\small (3)}~a_n=(n-1)\cdot2^{n-1}\)
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p.44 練習41① [証明] すべての自然数 \(n\) について、
\(1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(\small [\,1\,]\) の左辺は \(1\)、右辺は \(1^2=1\)
よって、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\(1+3+5+\cdots+(2k-1)=k^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
ここで、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の左辺は、
これは、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の右辺となるので、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(\small [\,1\,]\) の左辺は \(1\cdot 2=2\)、右辺は \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}\cdot 1\cdot 2\cdot 3=2\)
よって、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
ここで、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の左辺は、
これは、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の右辺となるので、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(\small [\,1\,]\) の左辺は \(1\)、右辺は \(1^2=1\)
よって、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(1+3+5+\cdots+(2k-1)=k^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
ここで、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&1+3+5+\cdots+(2k-1)+\{\,2(k+1)-1\,\}
\\[3pt]~~~&=&k^2+(2k+2-1) \hspace{30pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&k^2+2k+1
\\[3pt]~~~&=&(k+1)^2
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&k^2+(2k+2-1) \hspace{30pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&k^2+2k+1
\\[3pt]~~~&=&(k+1)^2
\end{eqnarray}\)
これは、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の右辺となるので、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、すべての自然数 \(n\) について \(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
② [証明] すべての自然数 \(n\) について、
\(1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+\cdots+n(n+1)=\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+1)(n+2)~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(\small [\,1\,]\) の左辺は \(1\cdot 2=2\)、右辺は \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}\cdot 1\cdot 2\cdot 3=2\)
よって、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+\cdots+k(k+1)=\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}k(k+1)(k+2)~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
ここで、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+\cdots+k(k+1)+(k+1)(k+2)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2) \hspace{30pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}(k+1)(k+2)\left\{\,k+3\,\right\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}(k+1)(k+2)(k+3)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}(k+1)\left\{\,(k+1)+1\,\right\}\left\{\,(k+1)+2\,\right\}
\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2) \hspace{30pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}(k+1)(k+2)\left\{\,k+3\,\right\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}(k+1)(k+2)(k+3)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}(k+1)\left\{\,(k+1)+1\,\right\}\left\{\,(k+1)+2\,\right\}
\end{eqnarray}\)
これは、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の右辺となるので、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、すべての自然数 \(n\) について \(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
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p.45 練習42[証明] \(n{\small ~≧~}3\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(2^n\gt 2n+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=3\) のとき、
左辺 \(=2^3=8\)、右辺 \(=2\cdot 3+1=7\)
よって、\(n=3\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(2^k\gt 2k+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺－右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&2^{k+1}-\{2(k+1)+1\}
\\[3pt]~~~&=&2\cdot 2^k-(2k+3)\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\(2^k\gt 2k+1\) であるから
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~2^{k+1}-\{2(k+1)+1\}&\gt&0
\\[3pt]~~~2^{k+1}&\gt&2(k+1)+1
\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(3\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
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\(2^n\gt 2n+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=3\) のとき、
左辺 \(=2^3=8\)、右辺 \(=2\cdot 3+1=7\)
よって、\(n=3\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(2^k\gt 2k+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺－右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&2^{k+1}-\{2(k+1)+1\}
\\[3pt]~~~&=&2\cdot 2^k-(2k+3)\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\(2^k\gt 2k+1\) であるから
\(\begin{eqnarray}~~~2\cdot \underline{2^k}-(2k+3)&\gt &2\cdot \underline{(2k+1)}-(2k+3)
\\[3pt]~~~&=&4k+2-2k-3
\\[3pt]~~~&=&2k-1\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}3\,)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&4k+2-2k-3
\\[3pt]~~~&=&2k-1\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}3\,)
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~2^{k+1}-\{2(k+1)+1\}&\gt&0
\\[3pt]~~~2^{k+1}&\gt&2(k+1)+1
\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(3\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
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p.46 練習43[証明] すべての自然数 \(n\) について、
\(5^n-1\) が \(4\) の倍数である \(~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(5^1-1=4\) より、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
整数 \(m\) を用いて、
\(\begin{eqnarray}~~~5^k-1&=&4m
\\[3pt]~5^k&=&4m+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~&&5^{k+1}-1
\\[3pt]~~~&=&5^1\cdot 5^k-1
\\[3pt]~~~&=&5\left(4m+1\right)-1 \hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&20m+5-1
\\[3pt]~~~&=&20m+4
\\[3pt]~~~&=&4\left(5m+1\right)
\end{eqnarray}\)
\(5m+1\) は整数より、\(5^{k+1}-1\) は \(4\) の倍数となり、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
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\(5^n-1\) が \(4\) の倍数である \(~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(5^1-1=4\) より、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
整数 \(m\) を用いて、
\(\begin{eqnarray}~~~5^k-1&=&4m
\\[3pt]~5^k&=&4m+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(n=k+1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~&&5^{k+1}-1
\\[3pt]~~~&=&5^1\cdot 5^k-1
\\[3pt]~~~&=&5\left(4m+1\right)-1 \hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&20m+5-1
\\[3pt]~~~&=&20m+4
\\[3pt]~~~&=&4\left(5m+1\right)
\end{eqnarray}\)
\(5m+1\) は整数より、\(5^{k+1}-1\) は \(4\) の倍数となり、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、すべての自然数 \(n\) について \(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
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p.47 研究 練習1① [証明] すべての自然数 \(n\) について、
\(4n^3-n\) が \(3\) の倍数である \(~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(4\cdot 1^3-1=3\) より、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
整数 \(m\) を用いて、
\(\begin{eqnarray}~~~4k^3-k&=&3m~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~&&4(k+1)^3-(k+1)
\\[3pt]~~~&=&4\left(k^3+3k^2+3k+1\right)-k-1
\\[3pt]~~~&=&4k^3+12k^2+12k+4-k-1
\\[3pt]~~~&=&4k^3-k+12k^2+12k+3
\\[3pt]~~~&=&3m+12k^2+12k+3 \hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&3\left(m+4k^2+4k+1\right)
\end{eqnarray}\)
\(m+4k^2+4k+1\) は整数より、\(4(k+1)^3-(k+1)\) は \(3\) の倍数となり、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
よって、すべての整数は、整数 \(k\) を用いて
\(3k~,~~3k+1~,~~3k+2\)
のいずれかの形に表される。
\(\begin{eqnarray}~~~4n^3-n&=&4(3k)^3-3k
\\[3pt]~~~&=&108k^3-3k
\\[3pt]~~~&=&3\left(36k^3-k\right)
\end{eqnarray}\)
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\(4n^3-n\) が \(3\) の倍数である \(~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(4\cdot 1^3-1=3\) より、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
整数 \(m\) を用いて、
\(\begin{eqnarray}~~~4k^3-k&=&3m~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(n=k+1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~&&4(k+1)^3-(k+1)
\\[3pt]~~~&=&4\left(k^3+3k^2+3k+1\right)-k-1
\\[3pt]~~~&=&4k^3+12k^2+12k+4-k-1
\\[3pt]~~~&=&4k^3-k+12k^2+12k+3
\\[3pt]~~~&=&3m+12k^2+12k+3 \hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&3\left(m+4k^2+4k+1\right)
\end{eqnarray}\)
\(m+4k^2+4k+1\) は整数より、\(4(k+1)^3-(k+1)\) は \(3\) の倍数となり、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、すべての自然数 \(n\) について \(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
② [証明] 整数を \(3\) で割ったときの余りは、\(0~,~1~,~2\) のいずれかである。
よって、すべての整数は、整数 \(k\) を用いて
\(3k~,~~3k+1~,~~3k+2\)
のいずれかの形に表される。
\({\small [\,1\,]}~\) \(n=3k\) のとき
\(\begin{eqnarray}~~~4n^3-n&=&4(3k)^3-3k
\\[3pt]~~~&=&108k^3-3k
\\[3pt]~~~&=&3\left(36k^3-k\right)
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,2\,]}~\) \(n=3k+1\) のとき
\(\begin{eqnarray}~~~4n^3-n&=&4(3k+1)^3-(3k+1)
\\[3pt]~~~&=&4\left(27k^3+27k^2+9k+1\right)-3k-1
\\[3pt]~~~&=&108k^3+108k^2+36k+4-3k-1
\\[3pt]~~~&=&108k^3+108k^2+33k+3
\\[3pt]~~~&=&3\left(36k^3+36k^2+11k+1\right)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&4\left(27k^3+27k^2+9k+1\right)-3k-1
\\[3pt]~~~&=&108k^3+108k^2+36k+4-3k-1
\\[3pt]~~~&=&108k^3+108k^2+33k+3
\\[3pt]~~~&=&3\left(36k^3+36k^2+11k+1\right)
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,3\,]}~\) \(n=3k+2\) のとき
\(\begin{eqnarray}~~~4n^3-n&=&4(3k+2)^3-(3k+2)
\\[3pt]~~~&=&4\left(27k^3+54k^2+36k+8\right)-3k-2
\\[3pt]~~~&=&108k^3+216k^2+144k+32-3k-2
\\[3pt]~~~&=&108k^3+216k^2+141k+30
\\[3pt]~~~&=&3\left(36k^3+72k^2+47k+10\right)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&4\left(27k^3+54k^2+36k+8\right)-3k-2
\\[3pt]~~~&=&108k^3+216k^2+144k+32-3k-2
\\[3pt]~~~&=&108k^3+216k^2+141k+30
\\[3pt]~~~&=&3\left(36k^3+72k^2+47k+10\right)
\end{eqnarray}\)
よって、いずれの場合も、\(4n^3-n\) は \(3\) の倍数である。[終]
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問題
p.48 問題 16\({\small (1)}~a_n=2^{n-1}+1\)
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\({\small (2)}~a_n=\displaystyle\frac{\,3+(-1)^n\,}{\,2\,}\)
\({\small (3)}~a_n=\left(\,\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}\,\right)^{n-1}+1\)
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\({\small (2)}~a_n=\displaystyle\frac{\,3+(-1)^n\,}{\,2\,}\)
\({\small (3)}~a_n=\left(\,\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}\,\right)^{n-1}+1\)
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p.48 問題18① [証明] すべての自然数 \(n\) について、
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(\small [\,1\,]\) の左辺は \(1\cdot 1!=1\)、右辺は \(2!-1=2-1=1\)
よって、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
ここで、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の左辺は、
これは、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の右辺となるので、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
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\(2^n\gt n^2-n+2~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=4\) のとき、
左辺 \(=2^4=16\)、右辺 \(=4^2-4+2=14\)
よって、\(n=4\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(2^k\gt k^2-k+2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺－右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&2^{k+1}-\left\{(k+1)^2-(k+1)+2\right\}
\\[3pt]~~~&=&2\cdot 2^k-(k^2+2k+1-k-1+2)
\\[3pt]~~~&=&2\cdot 2^k-(k^2+k+2)\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\(2^k\gt k^2-k+2\) であるから
よって、
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(4\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
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\(1\cdot 1!+2\cdot 2!+3\cdot 3!+\cdots+n\cdot n!=(n+1)!-1~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(\small [\,1\,]\) の左辺は \(1\cdot 1!=1\)、右辺は \(2!-1=2-1=1\)
よって、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(1\cdot 1!+2\cdot 2!+3\cdot 3!+\cdots+k\cdot k!=(k+1)!-1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
ここで、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&1\cdot 1!+2\cdot 2!+3\cdot 3!+\cdots+k\cdot k!+(k+1)\cdot (k+1)!
\\[3pt]~~~&=&(k+1)!-1+(k+1)\cdot (k+1)! \hspace{30pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&(k+1)!\left\{\,1+(k+1)\,\right\}-1
\\[3pt]~~~&=&(k+2)\cdot (k+1)!-1
\\[3pt]~~~&=&(k+2)!-1
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&(k+1)!-1+(k+1)\cdot (k+1)! \hspace{30pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&(k+1)!\left\{\,1+(k+1)\,\right\}-1
\\[3pt]~~~&=&(k+2)\cdot (k+1)!-1
\\[3pt]~~~&=&(k+2)!-1
\end{eqnarray}\)
これは、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の右辺となるので、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、すべての自然数 \(n\) について \(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
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② [証明] \(n{\small ~≧~}4\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(2^n\gt n^2-n+2~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=4\) のとき、
左辺 \(=2^4=16\)、右辺 \(=4^2-4+2=14\)
よって、\(n=4\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(2^k\gt k^2-k+2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺－右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&2^{k+1}-\left\{(k+1)^2-(k+1)+2\right\}
\\[3pt]~~~&=&2\cdot 2^k-(k^2+2k+1-k-1+2)
\\[3pt]~~~&=&2\cdot 2^k-(k^2+k+2)\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\(2^k\gt k^2-k+2\) であるから
\(\begin{eqnarray}~~~2\cdot \underline{2^k}-(k^2+k+2)&\gt &2\underline{(k^2-k+2)}-(k^2+k+2)
\\[3pt]~~~&=&2k^2-2k+4-k^2-k-2
\\[3pt]~~~&=&k^2-3k+2
\\[3pt]~~~&=&(k-1)(k-2)\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}4\,)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&2k^2-2k+4-k^2-k-2
\\[3pt]~~~&=&k^2-3k+2
\\[3pt]~~~&=&(k-1)(k-2)\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}4\,)
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~2^{k+1}-\left\{(k+1)^2-(k+1)+2\right\}&\gt &0
\\[3pt]~~~2^{k+1}&\gt &(k+1)^2-(k+1)+2
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~2^{k+1}&\gt &(k+1)^2-(k+1)+2
\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(4\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.48 問題 19初項と漸化式より、
\(\begin{eqnarray}~~~a_2&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,a_1\,}=2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_3&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,a_2\,}
\\[5pt]~&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\,}
\\[5pt]~~&=&2-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_4&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,a_3\,}
\\[5pt]~&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,4\,}{\,3\,}\,}
\\[5pt]~~&=&2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
これより、数列 \(\{a_n\}\) の一般項は、次のように推測される
\(a_n=\displaystyle \frac{\,n+1\,}{\,n\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~a_1&=&\displaystyle \frac{\,1+1\,}{\,1\,}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,1\,}=2\end{eqnarray}\)
よって、\(n=1\) で \(\small [\,1\,]\) は成り立つ
\(a_k=\displaystyle \frac{\,k+1\,}{\,k\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\begin{eqnarray}~a_{k+1}&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,a_k\,}
\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、
\(\begin{eqnarray}&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,k+1\,}{\,k\,}\,}
\\[5pt]~&=&2-\displaystyle \frac{\,k\,}{\,k+1\,}
\\[5pt]~~&=&\displaystyle \frac{\,2(k+1)-k\,}{\,k+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2k+2-k\,}{\,k+1\,}
\\[5pt]~~&=&\displaystyle \frac{\,k+2\,}{\,k+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(k+1)+1\,}{\,k+1\,}\end{eqnarray}\)
\(a_n=\displaystyle \frac{\,n+1\,}{\,n\,}\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\begin{eqnarray}~~~a_2&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,a_1\,}=2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_3&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,a_2\,}
\\[5pt]~&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\,}
\\[5pt]~~&=&2-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_4&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,a_3\,}
\\[5pt]~&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,4\,}{\,3\,}\,}
\\[5pt]~~&=&2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
これより、数列 \(\{a_n\}\) の一般項は、次のように推測される
\(a_n=\displaystyle \frac{\,n+1\,}{\,n\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
この推測が正しいことを、数学的帰納法を用いて証明する
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~a_1&=&\displaystyle \frac{\,1+1\,}{\,1\,}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,1\,}=2\end{eqnarray}\)
よって、\(n=1\) で \(\small [\,1\,]\) は成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(a_k=\displaystyle \frac{\,k+1\,}{\,k\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき、漸化式より、
\(\begin{eqnarray}~a_{k+1}&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,a_k\,}
\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、
\(\begin{eqnarray}&=&2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,k+1\,}{\,k\,}\,}
\\[5pt]~&=&2-\displaystyle \frac{\,k\,}{\,k+1\,}
\\[5pt]~~&=&\displaystyle \frac{\,2(k+1)-k\,}{\,k+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2k+2-k\,}{\,k+1\,}
\\[5pt]~~&=&\displaystyle \frac{\,k+2\,}{\,k+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(k+1)+1\,}{\,k+1\,}\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}\,,\,{\small (2)}\) より、すべての自然数 \(n\) について \(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
したがって、数列 \(\{a_n\}\) の一般項は、
\(a_n=\displaystyle \frac{\,n+1\,}{\,n\,}\)
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p.48 問題 20\({\small (1)}~\)\(a_{n+1}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}a_n+100\)
\({\small (2)}~a_n=125-\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}\right)^{n-3}\)
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\({\small (2)}~a_n=125-\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}\right)^{n-3}\)
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章末問題 数列
p.49 章末問題A 5 \(k\) 項は \(k^2\)
和は \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\,n(n+1)(2n+1)\)
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和は \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\,n(n+1)(2n+1)\)
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p.49 章末問題A 7[証明] すべての自然数 \(n\) について、
\(7^n-1\) が \(6\) の倍数である \(~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(7^1-1=6\) より、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
整数 \(m\) を用いて、
\(\begin{eqnarray}~~~7^k-1&=&6m
\\[3pt]~7^k&=&6m+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~&&7^{k+1}-1
\\[3pt]~~~&=&7^1\cdot 7^k-1
\\[3pt]~~~&=&7\left(6m+1\right)-1 \hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&42m+7-1
\\[3pt]~~~&=&42m+6
\\[3pt]~~~&=&6\left(7m+1\right)
\end{eqnarray}\)
\(7m+1\) は整数より、\(7^{k+1}-1\) は \(6\) の倍数となり、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
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\(7^n-1\) が \(6\) の倍数である \(~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(7^1-1=6\) より、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
整数 \(m\) を用いて、
\(\begin{eqnarray}~~~7^k-1&=&6m
\\[3pt]~7^k&=&6m+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(n=k+1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~&&7^{k+1}-1
\\[3pt]~~~&=&7^1\cdot 7^k-1
\\[3pt]~~~&=&7\left(6m+1\right)-1 \hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&42m+7-1
\\[3pt]~~~&=&42m+6
\\[3pt]~~~&=&6\left(7m+1\right)
\end{eqnarray}\)
\(7m+1\) は整数より、\(7^{k+1}-1\) は \(6\) の倍数となり、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、すべての自然数 \(n\) について \(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
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p.50 章末問題B 8\({\small (1)}~\)第 \(48\) 項 \({\small (2)}~\)\(\displaystyle \frac{\,9\,}{\,14\,}\)
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p.50 章末問題B 9\({\small (1)}~k(n-k+1)\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(n+2)\)
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\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(n+2)\)
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p.50 章末問題B 10\({\small (1)}~\)\( S_n=2a_n-1 ~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\) より、
\( n=1 \) のとき、
\( S_1=2a_1-1 \)
ここで、\(S_1=a_1\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~a_1&=&2a_1-1
\\[5pt]~~~-a_1&=&-1
\\[5pt]~~~~~~a_1&=&1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(S_{n+1}=2a_{n+1}-1 ~ ~ ~ \cdots {\small [\,3\,]}\)
\(\begin{eqnarray}~~~
~S_{n+1}&=&2a_{n+1}-1 \\
~-\big{)}~~~~~~~~~~~~S_n&=&2a_n-1\\
\hline S_{n+1}-S_{n}&=&2a_{n+1}-2a_n
\end{eqnarray}\)
ここで、\(S_{n+1}-S_n=a_{n+1}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~a_{n+1}&=&2a_{n+1}-2a_n
\\[5pt]~~~-a_{n+1}&=&-2a_n
\\[5pt]~~~~~~a_{n+1}&=&2a_n~ ~ ~ \cdots {\small [\,4\,]}
\end{eqnarray}\)
\( a_1=1~,~a_{n+1}=2a_n \)
\(\begin{eqnarray}~~~a_n&=&1\cdot 2^{n-1}
\\[5pt]~~~&=&2^{n-1}
\end{eqnarray}\)
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\( n=1 \) のとき、
\( S_1=2a_1-1 \)
ここで、\(S_1=a_1\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~a_1&=&2a_1-1
\\[5pt]~~~-a_1&=&-1
\\[5pt]~~~~~~a_1&=&1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
また、\(\small [\,1\,]\) より、\( n\to n+1 \) と書き換えると、
\(S_{n+1}=2a_{n+1}-1 ~ ~ ~ \cdots {\small [\,3\,]}\)
\({\small [\,3\,]}-{\small [\,1\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~
~S_{n+1}&=&2a_{n+1}-1 \\
~-\big{)}~~~~~~~~~~~~S_n&=&2a_n-1\\
\hline S_{n+1}-S_{n}&=&2a_{n+1}-2a_n
\end{eqnarray}\)
ここで、\(S_{n+1}-S_n=a_{n+1}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~a_{n+1}&=&2a_{n+1}-2a_n
\\[5pt]~~~-a_{n+1}&=&-2a_n
\\[5pt]~~~~~~a_{n+1}&=&2a_n~ ~ ~ \cdots {\small [\,4\,]}
\end{eqnarray}\)
したがって、\(a_{n+1}=2a_n\) である
\({\small (2)}~\)\({\small [\,2\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、
\( a_1=1~,~a_{n+1}=2a_n \)
数列 \(\{a_n\}\) は、初項 \(1\)、公比 \(2\) の等比数列より、
\(\begin{eqnarray}~~~a_n&=&1\cdot 2^{n-1}
\\[5pt]~~~&=&2^{n-1}
\end{eqnarray}\)
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p.50 章末問題B 11\({\small (1)}~a_n=\displaystyle \frac{1}{\,n(n+1)\,}\)
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\({\small (2)}~a_n=5\cdot 3^{n-1}-2^{n+1}\)
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\({\small (2)}~a_n=5\cdot 3^{n-1}-2^{n+1}\)
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p.50 章末問題B 12[証明] すべての自然数 \(n\) について、
\((1+a)^n{\small ~≧~}1+na~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
左辺 \(=(1+a)^1=1+a\)、
右辺 \(=1+1\cdot a=1+a\)
よって、\(n=1\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\((1+a)^k{\small ~≧~}1+ka~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~(1+a)^{k+1}&=&(1+a)(1+a)^k\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\((1+a)^k{\small ~≧~}1+ka\) であり、\(a\gt 0\) より \(1+a\gt 0\) であるから
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~(1+a)^{k+1}&{\small ~≧~}&1+(k+1)a\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、すべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
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\((1+a)^n{\small ~≧~}1+na~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
左辺 \(=(1+a)^1=1+a\)、
右辺 \(=1+1\cdot a=1+a\)
よって、\(n=1\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\((1+a)^k{\small ~≧~}1+ka~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~(1+a)^{k+1}&=&(1+a)(1+a)^k\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\((1+a)^k{\small ~≧~}1+ka\) であり、\(a\gt 0\) より \(1+a\gt 0\) であるから
\(\begin{eqnarray}~~~(1+a)\underline{(1+a)^k}&{\small ~≧~}&(1+a)\underline{(1+ka)}
\\[3pt]~~~&=&1+ka+a+ka^2
\\[3pt]~~~&=&1+(k+1)a+ka^2
\\[3pt]~~~&{\small ~≧~}&1+(k+1)a \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}1\,,\,a\gt 0\,)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&1+ka+a+ka^2
\\[3pt]~~~&=&1+(k+1)a+ka^2
\\[3pt]~~~&{\small ~≧~}&1+(k+1)a \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}1\,,\,a\gt 0\,)
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~(1+a)^{k+1}&{\small ~≧~}&1+(k+1)a\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、すべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
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p.50 章末問題B 13\({\small (1)}~\)\(a_n+b_n=3^{n-1}~,~a_n-b_n=(-1)^{n}\)
\({\small (2)}~\)\(a_{n}=\displaystyle \frac{\,3^{n-1}+(-1)^{n}\,}{\,2\,}\)
\(b_{n}=\displaystyle \frac{\,3^{n-1}-(-1)^{n}\,}{\,2\,}\)
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\({\small (2)}~\)\(a_{n}=\displaystyle \frac{\,3^{n-1}+(-1)^{n}\,}{\,2\,}\)
\(b_{n}=\displaystyle \frac{\,3^{n-1}-(-1)^{n}\,}{\,2\,}\)
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