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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$${\small (1)}~a_n=5n$$$${\small (2)}~a_n=(-1)^n\cdot2n$$→ 数列の基本と一般項
p.9 深める$$~~~a_n=(-1)^{n-1}$$
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\({\small (1)}~\)第 \(19\) 項
\({\small (2)}~\)第 \(76\) 項
\({\small (2)}~\)第 \(76\) 項
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$${\small (1)}~60$$$${\small (2)}~15$$
p.14 練習11$${\small (1)}~400$$$${\small (2)}~-270$$
p.14 練習12$$~~~n(2n+3)$$
p.15 練習13$${\small (1)}~722$$$${\small (2)}~918$$→ 等差数列の和
p.15 練習14$${\small (1)}~210$$$${\small (2)}~5050$$$${\small (3)}~225$$$${\small (4)}~784$$→ 自然数の数列
p.15 練習15$${\small (1)}~420$$$${\small (2)}~2550$$
p.16 練習16$${\small (1)}~1~,~3~,~9~,~27$$$${\small (2)}~3~,~-6~,~12~,~-24$$$${\small (3)}~1~,~{ \frac{1}{\,3\,}}~,~{ \frac{1}{\,9\,}}~,~{ \frac{1}{\,27\,}}$$$${\small (4)}~-{ \frac{1}{\,2\,}}~,~{ \frac{1}{\,4\,}}~,~-{ \frac{1}{\,8\,}}~,~{ \frac{1}{\,16\,}}$$
p.78 練習17\({\small (1)}~\)公比が \(2\)、□は \(8\)
\({\small (2)}~\)公比が \(-2\)、□は \(-8\)
\({\small (3)}~\)公比が \({\large \frac{1}{\,2\,}}\)、□は \(16~,~2\)
\({\small (4)}~\)公比が \(-{\large \frac{2}{\,3\,}}\)、□は \(-{\large \frac{\,9\,}{2}}~,~{\large \frac{4}{\,3\,}}\)
\({\small (2)}~\)公比が \(-2\)、□は \(-8\)
\({\small (3)}~\)公比が \({\large \frac{1}{\,2\,}}\)、□は \(16~,~2\)
\({\small (4)}~\)公比が \(-{\large \frac{2}{\,3\,}}\)、□は \(-{\large \frac{\,9\,}{2}}~,~{\large \frac{4}{\,3\,}}\)
p.17 練習18$${\small (1)}~a_n=2\cdot3^{n-1}~,~a_5=162$$$${\small (2)}~a_n=(-3)^{n-1}~,~a_5=81$$$${\small (3)}~a_n=2^n~,~a_5=32$$$${\small (4)}~a_n=-3\cdot\left({ \frac{1}{\,2\,}}\right)^{n-1}~,~a_5=-{ \frac{3}{\,16\,}}$$
p.17 練習19$${\small (1)}~a_n=(-2)^{n-1}$$$${\small (2)}~a_n=3\cdot\left({ \frac{1}{\,2\,}}\right)^n$$$${\small (3)}~a_n=5\cdot(-1)^{n-1}$$$${\small (4)}~a_n=(\sqrt{2})^n$$
p.17 深める$${\small (1)}~a_n=2n+1$$$${\small (2)}~a_n=3\cdot\left({ \frac{\,5\,}{\,3\,}}\right)^{n-1}$$
p.18 練習20\({\small (1)}~a_n=2\cdot3^{n-1}\)
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21$${\small (1)}~x=\pm8$$$${\small (2)}~x=\pm3\sqrt{3}$$→ 等比数列になる条件
p.20 練習22$${\small (1)}~2^n-1$$$${\small (2)}~3\left(1-{ \frac{1}{\,3^n\,}}\right)$$$${\small (3)}~1-(-2)^n$$→ 等比数列の和
第２節 いろいろな数列
p.24 練習24$${\small (1)}~2870$$$${\small (2)}~9455$$
p.24 練習25$${\small (1)}~1+3+5+\cdots+(2n-1)$$$${\small (2)}~2^2+2^3+2^4+2^5+2^6+2^7$$$${\small (3)}~1+{\large \frac{1}{2}}+{\large \frac{1}{3}}+\cdots+{\large \frac{1}{n-1}}$$
p.25 練習26$${\small (1)}~(2k-1)^2$$$${\small (2)}~7~,~(2k-3)^2$$→ 和の記号シグマと累乗の和
p.25 練習27$${\small (1)}~30$$$${\small (2)}~300$$$${\small (3)}~1275$$$${\small (4)}~140$$$${\small (5)}~650$$
p.26 練習28$${\small (1)}~n(n+2)$$$${\small (2)}~{ \frac{1}{\,2\,}}n(3n-7)$$$${\small (3)}~2n(n-1)$$
p.26 深める初項 \(7\)、末項 \(4n+3\)、項数 \(n\) の等差数列の和より、$$~~~\frac{\,1\,}{\,2\,}n(7+4n+3)=n(2n+5)$$
p.27 練習29$${\small (1)}~n(n-1)^2$$$${\small (2)}~{ \frac{1}{\,3\,}}n(n-1)(n-2)$$
p.27 練習30$${\small (1)}~{ \frac{2}{\,3\,}}n(n+1)(2n+1)$$$${\small (2)}~{ \frac{1}{\,3\,}}n(2n+1)(2n-1)$$
p.27 練習31$${\small (1)}~{ \frac{\,5^n-1\,}{2}}$$$${\small (2)}~{ \frac{\,3^n-1\,}{2}}$$→ シグマ記号の計算
p.28 練習32$$~~~a_6=26~,~a_7=37$$
p.30 練習33$${\small (1)}~a_n={ \frac{1}{\,2\,}}n^2-{ \frac{1}{\,2\,}}n+1$$$${\small (2)}~a_n=2^{n-1}+1$$→ 階差数列
p.30 練習34$$~~~a_n=2n-2$$→ 数列の和と一般項の関係
p.31 練習35$$~~~{ \frac{n}{\,2n+1\,}}$$→ 分数数列の和
p.32 練習36$$~~~{ \frac{1}{\,4\,}}\{3^n\cdot(2n-1)+1\}$$→ 等差数列×等比数列の和
p.33 練習37$${\small (1)}~n^2-n+1$$$${\small (2)}~3375$$→ 群数列
p.34 補充問題 5[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、
\(S=\left\{{\large \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}\)
したがって、
\(1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3\)
\(=\left\{{\large \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}\) [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、
\(S=\left\{{\large \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}\)
したがって、
\(1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3\)
\(=\left\{{\large \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}\) [終]
第３節 漸化式と数学的帰納法
p.35 練習38$${\small (1)}~a_2=95~,~a_3=90~,~a_4=85~,~a_5=80$$$${\small (2)}~a_2=6~,~a_3=18~,~a_4=54~,~a_5=162$$$${\small (3)}~a_2=8~,~a_3=26~,~a_4=80~,~a_5=242$$$${\small (4)}~a_2=2~,~a_3=4~,~a_4=7~,~a_5=11$$
p.36 練習39$${\small (1)}~a_n=3n-1$$$${\small (2)}~a_n=2^{n-1}$$
p.36 練習40$${\small (1)}~a_n={ \frac{\,3^n-1\,}{2}}$$$${\small (2)}~a_n=n^2-1$$→ 漸化式①（基本解法）
p.37 練習41$${\small (1)}~2$$$${\small (2)}~1$$$${\small (3)}~1$$
p.38 練習42$${\small (1)}~a_n=3\cdot4^{n-1}+2$$$${\small (2)}~a_n=2^n-1$$$${\small (3)}~a_n=(-2)^{n-1}+1$$$${\small (4)}~a_n=\left({ \frac{1}{\,2\,}}\right)^{n-1}+2$$→ 漸化式②（特性方程式）
p.39 発展 練習1$$~~~a_n={ \frac{\,3^n-1\,}{2}}$$
p.41 練習43\({\small (1)}~\)
[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.42 練習44[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.43 練習45[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.44 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.45 補充問題 10\({\small (1)}~a_2={\large \frac{3}{2}}~,~a_3={\large \frac{4}{3}}~,~a_4={\large \frac{5}{4}}\)
\({\small (2)}~\)
[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.46 章末問題Ａ 8[証明]
\(2^{2n-1}+3^{2n-1}\) は \(5\) の倍数である …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
\(2^1+3^1=5\)
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
\(2^{2k-1}+3^{2k-1}=5m\) …②
また、\(n=k+1\) のとき
\(2^{2(k+1)-1}+3^{2(k+1)-1}\)
\(=2^{2k+1}+3^{2k+1}\)
\(=2^2\cdot2^{2k-1}+3^2\cdot3^{2k-1}\)
\(=4(2^{2k-1}+3^{2k-1})+5\cdot3^{2k-1}\)
②を代入すると、
\(=4\cdot5m+5\cdot3^{2k-1}\)
\(=5(4m+3^{2k-1)}\)
ここで、\(4m+3^{2k-1}\) が整数より \(5\) 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）
\(2^{2n-1}+3^{2n-1}\) は \(5\) の倍数である …①
( ⅰ ) \(n=1\) のとき、
\(2^1+3^1=5\)
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
\(2^{2k-1}+3^{2k-1}=5m\) …②
また、\(n=k+1\) のとき
\(2^{2(k+1)-1}+3^{2(k+1)-1}\)
\(=2^{2k+1}+3^{2k+1}\)
\(=2^2\cdot2^{2k-1}+3^2\cdot3^{2k-1}\)
\(=4(2^{2k-1}+3^{2k-1})+5\cdot3^{2k-1}\)
②を代入すると、
\(=4\cdot5m+5\cdot3^{2k-1}\)
\(=5(4m+3^{2k-1)}\)
ここで、\(4m+3^{2k-1}\) が整数より \(5\) 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 章末問題Ｂ 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]
\({\small (2)}~a_n=2^{n-1}\)
[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]
\({\small (2)}~a_n=2^{n-1}\)
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