文字数が多く、重くなるのでページを分割しています。
各章は下のリンクまたはページ下の「次へ」をクリックしてください。
第１章 数列
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.8 練習1$$~~~4~,~16~,~25$$
p.9 練習2$${\small (1)}~a_1=1~,~a_2=3~,~a_3=5~,~a_4=7$$$${\small (2)}~a_1=2~,~a_2=6~,~a_3=12~,~a_4=20$$$${\small (3)}~a_1=2~,~a_2=4~,~a_3=8~,~a_4=16$$
p.9 練習3$${\small (1)}~a_n=(-1)^n\cdot2n$$$${\small (2)}~a_n={ \frac{\,2n-1\,}{2^n}}$$→ 数列の基本と一般項
p.9 深める[例] 左上の \(1\) から斜め下の数を取り出した数列は、$$~~~1~,~3~,~7~,~13~,~21~,~\cdots$$
p.10 練習4$${\small (1)}~1~,~6~,~11~,~16$$$${\small (2)}~10~,~6~,~2~,~-2$$
p.10 練習5\({\small (1)}~\)公差が \(4\)、□は \(13~,~17\)
\({\small (2)}~\)公差が \(-3\)、□は \(8~,~-1~,~-4\)
\({\small (2)}~\)公差が \(-3\)、□は \(8~,~-1~,~-4\)
p.11 練習6$${\small (1)}~a_n=4n+1~,~a_{10}=41$$$${\small (2)}~a_n=-5n+15~,~a_{10}=-35$$
p.11 練習7$${\small (1)}~a_n=3n+3$$$${\small (2)}~a_n=-4n+40$$→ 等差数列
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 \(2\)
\(a_{n+1}=2(n+1)+5=2n+7\)
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 \(2\)
p.12 練習9$${\small (1)}~x=7$$$${\small (2)}~x=8$$→ 等差数列の性質
p.14 練習10$${\small (1)}~54$$$${\small (2)}~-270$$
p.14 練習11$$~~~S_n=n^2$$
p.14 練習12$${\small (1)}~722$$$${\small (2)}~918$$→ 等差数列の和
p.15 練習13$${\small (1)}~5050$$$${\small (2)}~784$$→ 自然数の数列
p.16 練習15$${\small (1)}~1~,~15~,~25~,~125$$$${\small (2)}~-3~,~1~,~-{ \frac{1}{\,3\,}}~,~{ \frac{1}{\,9\,}}$$
p.16 練習16\({\small (1)}~\)公比が \(-2\)、□は \(-8\)
\({\small (2)}~\)公比が \({\large \frac{1}{\,2\,}}\)、□は \(16~,~2\)
\({\small (2)}~\)公比が \({\large \frac{1}{\,2\,}}\)、□は \(16~,~2\)
p.17 練習17$${\small (1)}~a_n=2\cdot3^{n-1}~,~a_5=162$$$${\small (2)}~a_n=(-3)^{n-1}~,~a_5=81$$$${\small (3)}~a_n=2^n~,~a_5=32$$$${\small (4)}~a_n=-3\cdot\left({ \frac{1}{\,2\,}}\right)^{n-1}~,~a_5=-{ \frac{3}{\,16\,}}$$
p.17 練習18$${\small (1)}~a_n=(-2)^{n-1}$$$${\small (2)}~a_n=3\cdot\left({ \frac{1}{\,2\,}}\right)^n$$$${\small (3)}~a_n=5\cdot(-1)^{n-1}$$$${\small (4)}~a_n=(\sqrt{2})^n$$
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 \(a_n=-(-\sqrt{3})^{n-1}\)
→ 等比数列
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.18 練習20$$~~~x=\pm3\sqrt{3}$$→ 等比数列になる条件
p.20 練習21$${\small (1)}~2^n-1$$$${\small (2)}~{ \frac{\,3\,}{2}}\left\{1-\left(-{ \frac{1}{\,3\,}}\right)^n\right\}$$→ 等比数列の和
p.21 研究 練習1 \(11\) 万円
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、
\(S=\left\{{\large \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2\)
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]
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.25 練習24$${\small (1)}~2870$$$${\small (2)}~14400$$→ 和の記号シグマと累乗の和
p.26 練習25$${\small (1)}~1+3+5+\cdots+(2n-1)$$$${\small (2)}~2^2+2^3+2^4+2^5+2^6+2^7$$$${\small (3)}~1+{\large \frac{1}{2}}+{\large \frac{1}{3}}+\cdots+{\large \frac{1}{n-1}}$$$${\small (4)}~\sum_{k=2}^{6}k=\sum_{k=1}^{5}(k+1)$$$${\small (5)}~\sum_{k=1}^{6}(2k+1)^2$$
p.26 練習26$${\small (1)}~{ \frac{\,5^n-1\,}{4}}$$$${\small (2)}~{ \frac{\,3^n-3\,}{2}}$$
p.27 練習27$${\small (1)}~30$$$${\small (2)}~1275$$$${\small (3)}~650$$$${\small (4)}~784$$
p.28 練習28$${\small (1)}~n(2n-3)$$$${\small (2)}~n(n-1)^2$$$${\small (3)}~{ \frac{1}{\,4\,}}n(n+1)(n^2+n+2)$$$${\small (4)}~n(n-1)$$→ シグマ記号の計算
p.28 練習29$$~~~{ \frac{1}{\,4\,}}n(n+1)(n+2)(n+3)$$→ シグマ記号の計算
p.29 練習30$$~~~a_6=26~,~a_7=37$$
p.31 練習31$${\small (1)}~a_n={ \frac{1}{\,2\,}}n^2-{ \frac{1}{\,2\,}}n+1$$$${\small (2)}~a_n=2^{n-1}+1$$→ 階差数列
p.31 練習32$$~~~a_n=2n-2$$→ 数列の和と一般項の関係
p.32 練習33$$~~~{ \frac{n}{\,2n+1\,}}$$→ 分数数列の和
p.32 練習34$$~~~{ \frac{1}{\,4\,}}\{3^n\cdot(2n-1)+1\}$$→ 等差数列×等比数列の和
p.33 練習35$${\small (1)}~n^2-n+1$$$${\small (2)}~3375$$→ 群数列
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、$$\begin{eqnarray}~~~3\sum_{k=1}^{n}k(k+1)&=&n(n+1)(n+2)\\[2pt]~~~\sum_{k=1}^{n}k^2+\sum_{k=1}^{n}k&=&\frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+1)(n+2)\end{eqnarray}$$移項すると、$$\small \begin{eqnarray}~~~\sum_{k=1}^{n}k^2&=&\frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+1)(n+2)-\frac{\,1\,}{\,2\,}n(n+1)\\[2pt]~~~&=&\frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+4-3)\\[2pt]~~~&=&\frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+1)\end{eqnarray}$$したがって、$$\begin{split}&1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+1)\end{split}$$[終]
\(3k(k+1)\)
\(=k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)\)
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、$$\begin{eqnarray}~~~3\sum_{k=1}^{n}k(k+1)&=&n(n+1)(n+2)\\[2pt]~~~\sum_{k=1}^{n}k^2+\sum_{k=1}^{n}k&=&\frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+1)(n+2)\end{eqnarray}$$移項すると、$$\small \begin{eqnarray}~~~\sum_{k=1}^{n}k^2&=&\frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+1)(n+2)-\frac{\,1\,}{\,2\,}n(n+1)\\[2pt]~~~&=&\frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+4-3)\\[2pt]~~~&=&\frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+1)\end{eqnarray}$$したがって、$$\begin{split}&1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+1)\end{split}$$[終]
第３節 漸化式と数学的帰納法
p.35 練習36$${\small (1)}~a_2=95~,~a_3=90~,~a_4=85~,~a_5=80$$$${\small (2)}~a_2=8~,~a_3=26~,~a_4=80~,~a_5=242$$
p.36 練習37$${\small (1)}~a_n=3n-1$$$${\small (2)}~a_n=2^{n-1}$$
p.36 練習38$${\small (1)}~a_n={ \frac{\,3^n-1\,}{2}}$$$${\small (2)}~a_n=n^2-1$$→ 漸化式①（基本解法）
p.37 練習39$${\small (1)}~2$$$${\small (2)}~1$$$${\small (3)}~1$$
p.38 練習40$${\small (1)}~a_n=3\cdot4^{n-1}+2$$$${\small (2)}~a_n=\left({ \frac{1}{\,2\,}}\right)^{n-1}+2$$→ 漸化式②（特性方程式）
p.42 発展 練習1$${\small (1)}~a_n={ \frac{\,5^{n-1}-2^{n-1}\,}{3}}$$$${\small (2)}~a_n=2^n-1$$
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]$${\small (2)}~b_n={ \frac{1}{\,2\,}}(n-1)$$$${\small (3)}~a_n=(n-1)\cdot2^{n-1}$$
\(a_{n+2}-4a_{n+1}+4a_{n}=0\) 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]$${\small (2)}~b_n={ \frac{1}{\,2\,}}(n-1)$$$${\small (3)}~a_n=(n-1)\cdot2^{n-1}$$
p.44 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）
[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.45 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）
\(2^n> 2n+1\) …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）
p.46 練習43[証明]
\(5^n-1\) は \(4\) の倍数である …①
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(5^1-1=4\)
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
\(5^{k}-1=4m\) …②
また、\(n=k+1\) のとき
\(5^{k+1}-1\)
\(=5\cdot 5^k-1\)
②を代入すると、
\(=5(4m+1)-1\)
\(=4(5m+1)\)
ここで、\(5m+1\) が整数より \(4\) 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）
\(5^n-1\) は \(4\) の倍数である …①
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(5^1-1=4\)
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
\(5^{k}-1=4m\) …②
また、\(n=k+1\) のとき
\(5^{k+1}-1\)
\(=5\cdot 5^k-1\)
②を代入すると、
\(=5(4m+1)-1\)
\(=4(5m+1)\)
ここで、\(5m+1\) が整数より \(4\) 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）
p.47 研究 練習1\({\small (1)}~\)[証明] \(4n^3-n\) は \(3\) の倍数であるを①とする
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(4-1=3\) より①が成り立つ
(ⅱ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、\(m\) を整数として①より、
\(4k^3-k=6m\)
また、\(n=k+1\) のとき、$$\begin{split}&4(k+1)^3-(k+1)\\[2pt]~~=~&4k^3+12k^2+11k+3\\[2pt]~~=~&(4k^3-k)+12k^2+12k+3\\[2pt]~~=~&6m+3(4k^2+4k+1)\end{split}$$\(m\) と \(4k^2+4k+1\) が整数より、\(n=k+1\) 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]$$~~~4n^3-n=n(2n+1)(2n-1)$$\(k\) を整数とすると、
(ⅰ) \(n=3k\) のとき、
\(n\) が \(3\) の倍数となる
(ⅱ) \(n=3k-1\) のとき、
\(2n-1=6k-3=3(2k-1)\)
これより、\(2n-1\) が \(3\) の倍数となる
(ⅲ) \(n=3k-2\) のとき、
\(2n+1=6k-3=3(2k-1)\)
これより、\(2n+1\) が \(3\) の倍数となる
したがって、\(n\) が整数のとき
\(4n^3-n\) は \(3\) の倍数である [終]
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(4-1=3\) より①が成り立つ
(ⅱ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、\(m\) を整数として①より、
\(4k^3-k=6m\)
また、\(n=k+1\) のとき、$$\begin{split}&4(k+1)^3-(k+1)\\[2pt]~~=~&4k^3+12k^2+11k+3\\[2pt]~~=~&(4k^3-k)+12k^2+12k+3\\[2pt]~~=~&6m+3(4k^2+4k+1)\end{split}$$\(m\) と \(4k^2+4k+1\) が整数より、\(n=k+1\) 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]$$~~~4n^3-n=n(2n+1)(2n-1)$$\(k\) を整数とすると、
(ⅰ) \(n=3k\) のとき、
\(n\) が \(3\) の倍数となる
(ⅱ) \(n=3k-1\) のとき、
\(2n-1=6k-3=3(2k-1)\)
これより、\(2n-1\) が \(3\) の倍数となる
(ⅲ) \(n=3k-2\) のとき、
\(2n+1=6k-3=3(2k-1)\)
これより、\(2n+1\) が \(3\) の倍数となる
したがって、\(n\) が整数のとき
\(4n^3-n\) は \(3\) の倍数である [終]
p.48 問題18\({\small (1)}~\)
[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]
[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.48 問題19\({\small (1)}~a_2={\large \frac{3}{2}}~,~a_3={\large \frac{4}{3}}~,~a_4={\large \frac{5}{4}}\)
\({\small (2)}~\)
[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）
\({\small (2)}~\)
[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）
章末問題 数列
p.49 章末問題Ａ 9[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）
\(7^n-1\) 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）
p.50 章末問題Ｂ 10\({\small (1)}~\)
[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]
\({\small (2)}~a_n=2^{n-1}\)
[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.50 章末問題Ｂ 12[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]
\((1+a)^n≧1+na\) …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]
次のページ「第２章 統計的な推測」
