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第１章 数列
１章 数列
１節 数列
p.10 問1$${\small (1)}~7~,~12~,~17~,~22~,~27$$$${\small (2)}~2~,~6~,~18~,~54~,~162$$
p.11 問2$${\small (1)}~5~,~9~,~13~,~17~,~21$$$${\small (2)}~1~,~4~,~9~,~16~,~25$$$${\small (3)}~-2~,~4~,~-8~,~16~,~-32$$
p.11 問3$${\small (1)}~3~,~6~,~9~,~12~,~15~,~a_n=3n$$$${\small (2)}~1~,~3~,~5~,~7~,~9~,~a_n=2n-1$$
p.12 問4\({\small (1)}~\)初項 \(3\)、公差 \(4\)、第 \(5\) 項は \(19\)
\({\small (2)}~\)初項 \(7\)、公差 \(-6\)、第 \(5\) 項は \(-17\)
\({\small (2)}~\)初項 \(7\)、公差 \(-6\)、第 \(5\) 項は \(-17\)
p.12 問5$${\small (1)}~5~,~13~,~21~,~29~,~37$$$${\small (2)}~9~,~6~,~3~,~0~,~-3$$
p.14 問6$${\small (1)}~a_n=5n-2~,~a_{25}=123$$$${\small (2)}~a_n=-4n+11~,~a_{25}=-89$$
p.14 問7$$~~~a_n=-5n+11$$ \(-54\) は第 \(13\) 項
p.15 問8$${\small (1)}~a_n=6n-3$$$${\small (2)}~a_n=-5n+21$$
p.15 問9 第 \(14\) 項
p.15 問10$${\small (1)}~x=9$$$${\small (2)}~x=\frac{\,1\,}{\,3\,}$$
p.16 問11$$~~~5050$$
p.18 問12$${\small (1)}~340$$$${\small (2)}~182$$
p.18 問13$$~~~85$$
p.18 問14$$~~~728$$
p.19 問15 第 \(18\) 項
p.19 問16$$~~~900$$
p.20 問17\({\small (1)}~\)初項 \(6\)、公比 \({\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}\)、第 \(5\) 項は \({\large \frac{\,3\,}{\,8\,}}\)
\({\small (2)}~\)初項 \(2\)、公比 \(-3\)、第 \(5\) 項は \(162\)
\({\small (2)}~\)初項 \(2\)、公比 \(-3\)、第 \(5\) 項は \(162\)
p.22 問18$${\small (1)}~a_n=5^{n-1}$$$${\small (2)}~a_n=3\cdot\left(-\frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^{n-1}$$
p.22 問19\(a_n=4\cdot3^{n-1}\)
または
\(a_n=4\cdot(-3)^{n-1}\)
または
\(a_n=4\cdot(-3)^{n-1}\)
p.22 問20$${\small (1)}~x=\pm6$$$${\small (2)}~x=\pm\sqrt{6}$$
p.25 問21$${\small (1)}~240$$$${\small (2)}~-63$$
p.25 問22$${\small (1)}~S_n=\frac{\,4^n-1\,}{\,3\,}$$$${\small (2)}~S_n=4\left\{1-\left(\frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^n\right\}$$
p.25 問23$$~~~\frac{\,1\cdot(2^{100}-1)\,}{\,2-1\,}$$
p.25 問24 初項 \(5\)、公比 \(2\)
p.26 Training 1 \(a_n=4n-45\)、第 \(12\) 項
p.26 Training 2$${\small (1)}~a_n=7n-9$$$${\small (2)}~a_n=-3n+50$$
p.26 Training 3 第 \(15\) 項
p.26 Training 4$${\small (1)}~252$$$${\small (2)}~-77$$
p.26 Training 5$$~~~55350$$
p.26 Training 6 第 \(15\) 項までの和
p.26 Training 7$$~~~a_n=3\cdot2^{n-1}$$
p.26 Training 8$${\small (1)}~186$$$${\small (2)}~1-\frac{\,1\,}{\,3^n\,}$$
p.26 Training 9 初項 \(1\)、公比 \(-3\)
p.26 Training 10$$~~~442$$
２節 いろいろな数列
p.28 問1$${\small (1)}~5+8+11+14=38$$$${\small (2)}~2^3+3^3+4^3+5^3=224$$$${\small (3)}~5^1+5^2+5^3=155$$
p.28 問2$${\small (1)}~\sum_{k=1}^{n}2k$$$${\small (2)}~\sum_{k=1}^{4}k(k+2)$$
p.29 問3$${\small (1)}~2870$$$${\small (2)}~8555$$
p.29 問4[証明]
恒等式 \((k+1)^4-k^4=4k^3+6k^2+4k+1\) において、
\(k=1\) のとき、
\(2^4-1^2=4\cdot 1^3+6\cdot 1^2+4\cdot 1+1\)
\(k=2\) のとき、
\(3^4-2^4=4\cdot 2^3+6\cdot 2^2+4\cdot 2+1\)
\(k=3\) のとき、
\(4^4-3^4=4\cdot 3^3+6\cdot 3^2+4\cdot 3+1\)
…
\(k=n\) のとき、
\((n+1)^4-n^4\)
\(=4\cdot n^3+6\cdot n^2+4\cdot n+1\)
これらの両辺を加えていくと、
\((n+1)^4-1^4=4(1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3)\)
\(+6(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2)\)
\(+4(1+2+3+\cdots+n)+n\)
ここで、\(S=1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3\) として和の計算をすると、
\((n+1)^4-1^4=4S+n(n+1)(2n+1)\)
\(+2n(n+1)+n\)
\(S\) 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 \((k+1)^4-k^4=4k^3+6k^2+4k+1\) において、
\(k=1\) のとき、
\(2^4-1^2=4\cdot 1^3+6\cdot 1^2+4\cdot 1+1\)
\(k=2\) のとき、
\(3^4-2^4=4\cdot 2^3+6\cdot 2^2+4\cdot 2+1\)
\(k=3\) のとき、
\(4^4-3^4=4\cdot 3^3+6\cdot 3^2+4\cdot 3+1\)
…
\(k=n\) のとき、
\((n+1)^4-n^4\)
\(=4\cdot n^3+6\cdot n^2+4\cdot n+1\)
これらの両辺を加えていくと、
\((n+1)^4-1^4=4(1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3)\)
\(+6(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2)\)
\(+4(1+2+3+\cdots+n)+n\)
ここで、\(S=1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3\) として和の計算をすると、
\((n+1)^4-1^4=4S+n(n+1)(2n+1)\)
\(+2n(n+1)+n\)
\(S\) 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.30 問5$${\small (1)}~-2n$$$${\small (2)}~820$$$${\small (3)}~650$$$${\small (4)}~\left\{\frac{\,1\,}{\,2\,}n(n-1)\right\}^2$$
p.31 問6$${\small (1)}~242$$$${\small (2)}~\frac{\,1-(-2)^n\,}{\,3\,}$$$${\small (3)}~\frac{\,5(5^n-1)\,}{\,4\,}$$
p.31 問7$${\small (1)}~\frac{\,1\,}{\,2\,}n(3n+7)$$$${\small (2)}~(n-1)^2$$
p.32 問8$${\small (1)}~n(n+1)(2n+3)$$$${\small (2)}~n(n^2+n-2)$$
p.32 問9$$~~~\frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(4n-1)$$
p.33 問10$$~~~2~,~5~,~8~,~11~,~14$$
p.35 問11$${\small (1)}~n^2-2n+2$$$${\small (2)}~\frac{\,3^{n-1}+5\,}{\,2\,}$$
p.36 問12$$~~~a_n=2n+2$$
p.37 問13$$~~~S_n=\frac{\,2n\,}{\,2n+1\,}$$
p.38 問14$$~~~(n-1)\cdot2^n+1$$
p.39 問15$${\small (1)}~n^2-n+1$$$${\small (2)}~n(2n^2+1)$$
p.40 Training 11$${\small (1)}~n(2n+5)$$$${\small (2)}~\frac{\,1\,}{\,2\,}(n+1)(3n-4)$$$${\small (3)}~-6n^2$$$${\small (4)}~\frac{\,1\,}{\,6\,}n(2n^2+9n+25)$$$${\small (5)}~\frac{\,1\,}{\,6\,}n(4n^2+21n-1)$$$${\small (6)}~1-(-3)^n$$$${\small (7)}~\frac{\,7\,}{\,6\,}(7^n-1)$$$${\small (8)}~2^n-2-\frac{\,1\,}{\,6\,}n(n-1)(2n-1)$$$${\small (9)}~\frac{\,1\,}{\,4\,}n(n-1)(n+1)(n+2)$$
p.40 Training 12$${\small (1)}~a_n=n(2n+1)$$$$~~~~~S_n=\frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(4n+5)$$$${\small (2)}~a_n=-2n(2n+1)$$$$~~~~~S_n=-\frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+1)(4n+5)$$
p.40 Training 13$${\small (1)}~a_n=2n^2+2$$$${\small (2)}~a_n=2^n-1$$
p.40 Training 14$$~~~a_n=2\cdot3^{n-1}$$
p.40 Training 15$$~~~S_n=\frac{\,n\,}{\,3n+1\,}$$
p.40 Training 16$$~~~S_n=3(n-1)\cdot2^{n+1}+6$$
p.40 Training 17$${\small (1)}~n^2-2n+2$$\({\small (2)}~\)\(45\) 群、\(84\) 番目
p.40 Training 18$$~~~\sum_{k=2}^{6}(k-1)^2$$
３節 漸化式と数学的帰納法
p.43 問1$${\small (1)}~a_5=14$$$${\small (2)}~a_5=161$$
p.44 問2$${\small (1)}~a_n=4n-7$$$${\small (2)}~a_n=2^n$$
p.44 問3$${\small (1)}~n^2-2n+4$$$${\small (2)}~\frac{\,1\,}{\,6\,}(2n^3-3n^2+n+12)$$
p.46 問4$${\small (1)}~a_n=3^n+2$$$${\small (2)}~a_n=5\cdot(-2)^{n-1}-3$$
p.49 問5[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]
(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]
p.49 問6[証明] \(a_n\) は \(3\) の倍数であるを①とする
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(a_1=3\) 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、
\(a_k=3m\)
また、\(n=k+1\) のとき、$$\begin{eqnarray}~~~a_{k+1}&=&4a_k+3\\[2pt]~~~&=&4\cdot3m+3\\[2pt]~~~&=&3(4m+1)\end{eqnarray}$$\(4m+1\) 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]
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(a_1=3\) 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、
\(a_k=3m\)
また、\(n=k+1\) のとき、$$\begin{eqnarray}~~~a_{k+1}&=&4a_k+3\\[2pt]~~~&=&4\cdot3m+3\\[2pt]~~~&=&3(4m+1)\end{eqnarray}$$\(4m+1\) 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]
p.49 問7\({\small (1)}~\)[証明] 等式を①とする
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(=1\)、(右辺)\(={\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}\cdot1\cdot(1+1)=1\)
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、$$\small~~~1+2+3+\cdots+k=\frac{\,1\,}{\,2\,}k(k+1)$$\(n=k+1\) のときの左辺を考えると、$$\begin{split}&1+2+3+\cdots+k+(k+1)\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,2\,}k(k+1)+(k+1)\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,2\,}(k+1)(k+2)\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,2\,}(k+1)\{(k+1)+1\}\end{split}$$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]
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(=1\)、(右辺)\(={\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}\cdot1\cdot(1+1)=1\)
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、$$\small~~~1+2+3+\cdots+k=\frac{\,1\,}{\,2\,}k(k+1)$$\(n=k+1\) のときの左辺を考えると、$$\begin{split}&1+2+3+\cdots+k+(k+1)\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,2\,}k(k+1)+(k+1)\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,2\,}(k+1)(k+2)\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,2\,}(k+1)\{(k+1)+1\}\end{split}$$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]
p.50 問8[証明]
\(3^n> 8n\) …①
(ⅰ) \(n=3\) のとき、
(左辺)\(=3^3=27\)
(右辺)\(=8\times3=24\)
よって、①が成り立つ
(ⅱ) \(k≧3\) で \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(3^k> 8k\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の両辺の差を考えると、
\(3^{k+1}-8(k+1)\)
\(=3\cdot3^k-8k-8\)
②の不等式を用いると、
\(> 3\cdot8k-8k-8\)
\(=8(2k-1)>0\)
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]
\(3^n> 8n\) …①
(ⅰ) \(n=3\) のとき、
(左辺)\(=3^3=27\)
(右辺)\(=8\times3=24\)
よって、①が成り立つ
(ⅱ) \(k≧3\) で \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(3^k> 8k\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の両辺の差を考えると、
\(3^{k+1}-8(k+1)\)
\(=3\cdot3^k-8k-8\)
②の不等式を用いると、
\(> 3\cdot8k-8k-8\)
\(=8(2k-1)>0\)
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]
p.51 Challenge 問1条件より、$$~a_1=\frac{\,1\,}{\,2\,}~,~a_2=\frac{\,2\,}{\,3\,}~,~a_3=\frac{\,3\,}{\,4\,}~,~a_4=\frac{\,4\,}{\,5\,}$$これより、一般項は$$~~~a_n=\frac{\,n\,}{\,n+1\,}~~\cdots{\large ①}$$と推定できる
これを数学的帰納法で示すと、
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(a_1={\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}\) 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、$$~~~a_k=\frac{\,k\,}{\,k+1\,}$$これを与えられた漸化式に代入すると、$$\begin{eqnarray}~~~a_{k+1}&=&\frac{\,1\,}{\,2-a_k\,}\\[2pt]~~~&=&\frac{\,k+1\,}{\,2(k+1)-k\,}\\[2pt]~~~&=&\frac{\,k+1\,}{\,(k+1)+1\,}\end{eqnarray}$$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]
したがって、一般項は、$$~~~a_n=\frac{\,n\,}{\,n+1\,}$$
これを数学的帰納法で示すと、
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(a_1={\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}\) 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、$$~~~a_k=\frac{\,k\,}{\,k+1\,}$$これを与えられた漸化式に代入すると、$$\begin{eqnarray}~~~a_{k+1}&=&\frac{\,1\,}{\,2-a_k\,}\\[2pt]~~~&=&\frac{\,k+1\,}{\,2(k+1)-k\,}\\[2pt]~~~&=&\frac{\,k+1\,}{\,(k+1)+1\,}\end{eqnarray}$$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]
したがって、一般項は、$$~~~a_n=\frac{\,n\,}{\,n+1\,}$$
p.52 Training 19$${\small (1)}~a_5=524$$$${\small (2)}~a_5=10$$
p.52 Training 20$${\small (1)}~a_n=3n+2$$$${\small (2)}~a_n=9\cdot\left(\frac{\,1\,}{\,3\,}\right)^{n-1}$$$${\small (3)}~a_n=(-1)^n$$
p.52 Training 21$${\small (1)}~a_n=\frac{\,1\,}{\,3\,}(n^3-3n^2+2n+9)$$$${\small (2)}~a_n=2^{n-1}+2$$
p.52 Training 22$${\small (1)}~a_n=5\cdot2^{n-1}-3$$$${\small (2)}~a_n=7\cdot\left(-\frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^{n-1}+2$$$${\small (3)}~a_n=4\cdot(-1)^{n-1}+1$$$${\small (4)}~a_n=5\cdot\left(\frac{\,5\,}{\,2\,}\right)^{n-1}-1$$
p.52 Training 23[証明] \(8^n-7n-1\) は \(49\) の倍数であるを①とする
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(8-7-1=0\) 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、
\(8^k-7k-1=49m\)
また、\(n=k+1\) のとき、$$\begin{split}&8^{k+1}-7(k+1)-1\\[2pt]~~=~&8\cdot8^k-7k-8\\[2pt]~~=~&8(49m+7k+1)-7k-8\\[2pt]~~=~&49(7m+k)\end{split}$$\(m\) と \(8m+k\) 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]
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(8-7-1=0\) 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、
\(8^k-7k-1=49m\)
また、\(n=k+1\) のとき、$$\begin{split}&8^{k+1}-7(k+1)-1\\[2pt]~~=~&8\cdot8^k-7k-8\\[2pt]~~=~&8(49m+7k+1)-7k-8\\[2pt]~~=~&49(7m+k)\end{split}$$\(m\) と \(8m+k\) 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]
p.52 Training 24\({\small (1)}~\)[証明]
\(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2\)
\(={\large \frac{1}{6}}n(n+1)(2n+1)\) …①
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(1^2=1\)
(右辺)\(={\large \frac{1}{6}}\cdot1\cdot2\cdot3=1\)
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、
\(1^2+2^2+3^2+\cdots+k^2\)
\(={\large \frac{1}{6}}k(k+1)(2k+1)\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の左辺は、
\(1^2+2^2+3^2+\cdots+k^2+(k+1)^2\)
②を代入すると、
\(={\large \frac{1}{6}}k(k+1)(2k+1)+(k+1)^2\)
\(={\large \frac{1}{6}}(k+1)\{k(2k+1)+6(k+1)\}\)
\(={\large \frac{1}{6}}(k+1)\)
\(\{(k+1)+1\}\{2(2k+1)+1\}\)
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] この等式を①とすると、
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(1^2=1\)
(右辺)\(={\large \frac{1}{3}}\cdot1\cdot3\cdot1=1\)
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、$$\begin{split}&1^2+3^2+5^2+\cdots (2k-1)^2\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,3\,}k(2k+1)(2k-1)\end{split}$$また、\(n=k+1\) のときの①の左辺は、$$\small \begin{split}&1^2+3^2+5^2+\cdots+(2k-1)^2+(2k+1)^2\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,3\,}k(2k+1)(2k-1)+(2k+1)^2\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,3\,}(2k+1)\{k(2k-1)+3(2k+1)\}\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,3\,}(2k+1)(k+1)(2k+3)\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,3\,}(k+1)\{2(k+1)-1\}\{2(k+1)+1\}\end{split}$$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]
\({\small (3)}~\)[証明] この等式を①とすると、
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(1^3=1\)
(右辺)\(={\large \frac{1}{4}}\cdot1^2\cdot2^2=1\)
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、$$\begin{split}&1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,4\,}k^2(k+1)^2\end{split}$$また、\(n=k+1\) のときの①の左辺は、$$\begin{split}&1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3+(k+1)^3\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,4\,}k^2(k+1)^2+(k+1)^3\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,4\,}(k+1)^2\{k^2+4(k+1)\}\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,4\,}(k+1)^2(k^2+4k+4)\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,4\,}(k+1)^2\{(k+1)+1\}\end{split}$$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]
\(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2\)
\(={\large \frac{1}{6}}n(n+1)(2n+1)\) …①
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(1^2=1\)
(右辺)\(={\large \frac{1}{6}}\cdot1\cdot2\cdot3=1\)
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、
\(1^2+2^2+3^2+\cdots+k^2\)
\(={\large \frac{1}{6}}k(k+1)(2k+1)\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の左辺は、
\(1^2+2^2+3^2+\cdots+k^2+(k+1)^2\)
②を代入すると、
\(={\large \frac{1}{6}}k(k+1)(2k+1)+(k+1)^2\)
\(={\large \frac{1}{6}}(k+1)\{k(2k+1)+6(k+1)\}\)
\(={\large \frac{1}{6}}(k+1)\)
\(\{(k+1)+1\}\{2(2k+1)+1\}\)
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] この等式を①とすると、
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(1^2=1\)
(右辺)\(={\large \frac{1}{3}}\cdot1\cdot3\cdot1=1\)
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、$$\begin{split}&1^2+3^2+5^2+\cdots (2k-1)^2\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,3\,}k(2k+1)(2k-1)\end{split}$$また、\(n=k+1\) のときの①の左辺は、$$\small \begin{split}&1^2+3^2+5^2+\cdots+(2k-1)^2+(2k+1)^2\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,3\,}k(2k+1)(2k-1)+(2k+1)^2\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,3\,}(2k+1)\{k(2k-1)+3(2k+1)\}\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,3\,}(2k+1)(k+1)(2k+3)\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,3\,}(k+1)\{2(k+1)-1\}\{2(k+1)+1\}\end{split}$$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]
\({\small (3)}~\)[証明] この等式を①とすると、
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(1^3=1\)
(右辺)\(={\large \frac{1}{4}}\cdot1^2\cdot2^2=1\)
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、$$\begin{split}&1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,4\,}k^2(k+1)^2\end{split}$$また、\(n=k+1\) のときの①の左辺は、$$\begin{split}&1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3+(k+1)^3\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,4\,}k^2(k+1)^2+(k+1)^3\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,4\,}(k+1)^2\{k^2+4(k+1)\}\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,4\,}(k+1)^2(k^2+4k+4)\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,4\,}(k+1)^2\{(k+1)+1\}\end{split}$$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.52 Training 25[証明]
\(2^n≧n^2\) …①
(ⅰ) \(n=4\) のとき、
(左辺)\(=2^4=16\)
(右辺)\(=4^2=16\)
よって、①が成り立つ
(ⅱ) \(k≧4\) で \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(2^k≧k^2\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の両辺の差を考えると、
\(2^{k+1}-(k+1)^2\)
\(=2\cdot2^k-k^2-2k-1\)
②の不等式を用いると、
\(≧2k^2-k^2-2k-1\)
\(=k^2-2k-1\)
\(=(k-1)^2-2>0\)
よって、
\(2^{k+1}>(k+1)^2\)
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 \(4\) 以上のすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
\(2^n≧n^2\) …①
(ⅰ) \(n=4\) のとき、
(左辺)\(=2^4=16\)
(右辺)\(=4^2=16\)
よって、①が成り立つ
(ⅱ) \(k≧4\) で \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、①より、
\(2^k≧k^2\) …②
また、\(n=k+1\) のときの①の両辺の差を考えると、
\(2^{k+1}-(k+1)^2\)
\(=2\cdot2^k-k^2-2k-1\)
②の不等式を用いると、
\(≧2k^2-k^2-2k-1\)
\(=k^2-2k-1\)
\(=(k-1)^2-2>0\)
よって、
\(2^{k+1}>(k+1)^2\)
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 \(4\) 以上のすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
p.52 Training 26漸化式を \(a_{n+1}-\alpha=p(a_n-\alpha)\) と式変形すると、
数列 \(\{a_n-\alpha\}\) が初項 \(a_1-\alpha\)、公比 \(p\) の等比数列となり、一般項は、
\(a_n-\alpha=(a_1-\alpha)p^{n-1}\)
となるので、数列 \(\{a_n\}\) の一般項は、
\(a_n=(a_1-\alpha)p^{n-1}+\alpha\)
となる
数列 \(\{a_n-\alpha\}\) が初項 \(a_1-\alpha\)、公比 \(p\) の等比数列となり、一般項は、
\(a_n-\alpha=(a_1-\alpha)p^{n-1}\)
となるので、数列 \(\{a_n\}\) の一般項は、
\(a_n=(a_1-\alpha)p^{n-1}+\alpha\)
となる
p.53 発展 問1$${\small (1)}~a_n=2^n-1$$$${\small (2)}~a_n=3^{n-1}+(-2)^{n-1}$$
Level Up 数列
p.54 Level Up 1$${\small (1)}~1683$$$${\small (2)}~432$$$${\small (3)}~2551$$$${\small (4)}~1251$$
p.54 Level Up 2\({\small (1)}~\)初項 \(3\)、公差 \(6\)$${\small (2)}~83667$$
p.54 Level Up 3\({\small (1)}~\)第 \(18\) 項$${\small (2)}~-884~,~n=17$$
p.54 Level Up 4$$~~~S_n=\frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+1)(n+2)$$
p.54 Level Up 5$$~~~\frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(n+2)$$
p.54 Level Up 6$$~~~a_n=\frac{\,1\,}{\,9\,}(10^n-1)$$$$~~~S_n=\frac{\,1\,}{\,81\,}(10^{n+1}-9n-10)$$
p.54 Level Up 7$$\begin{split}&\frac{\,1\,}{\,k(k+1)\,}-\frac{\,1\,}{\,(k+1)(k+2)\,}\\[3pt]~~=~&\frac{\,2\,}{\,k(k+1)(k+2)\,}\end{split}$$$$\small~~~\sum_{k=1}^n\frac{\,1\,}{\,k(k+1)(k+2)\,}=\frac{\,n(n+3)\,}{\,4(n+1)(n+2)\,}$$
p.55 Level Up 8\({\small (1)}~\)第 \(120\) 項$${\small (2)}~\frac{\,11\,}{\,21\,}$$
p.55 Level Up 9$${\small (1)}~a_{n+1}=a_n+n$$$${\small (2)}~a_n=\frac{\,1\,}{\,2\,}n(n-1)$$
p.55 Level Up 10$${\small (1)}~b_{n+1}=\frac{\,5\,}{\,3\,}b_n+\frac{\,2\,}{\,3\,}$$$${\small (2)}~a_n=6\cdot5^{n-1}-3^n$$
p.55 Level Up 11$${\small (1)}~b_{n+1}=3b_n+2$$$${\small (2)}~a_n=\frac{\,5\,}{\,2\cdot3^n-5\,}$$
p.55 Level Up 12[証明] この不等式を①とすると、
(ⅰ) \(n=2\) のとき、
(左辺)\(={\large \frac{\,1\,}{\,1^2\,}}+{\large \frac{\,1\,}{\,2^2\,}}={\large \frac{\,5\,}{\,4\,}}\)
(右辺)\(=2-{\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}={\large \frac{\,3\,}{\,2\,}}\)
よって、①が成り立つ
(ⅱ) \(k≧2\) で \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、$$\small~~~\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\frac{\,1\,}{\,3^2\,}+\cdots+\frac{\,1\,}{\,k^2\,}<2-\frac{\,1\,}{\,k\,}$$が成り立つ
ここで、\(n=k+1\) のときの①の両辺の差を考えると、$$\small \begin{split}&2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\\[2pt]&~~~-\left(\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots+\frac{\,1\,}{\,k^2\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\right)\\[2pt]~~>~&2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}-\left(2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\right)\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,k(k+1)^2\,}>0\end{split}$$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 \(2\) 以上のすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
(ⅰ) \(n=2\) のとき、
(左辺)\(={\large \frac{\,1\,}{\,1^2\,}}+{\large \frac{\,1\,}{\,2^2\,}}={\large \frac{\,5\,}{\,4\,}}\)
(右辺)\(=2-{\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}={\large \frac{\,3\,}{\,2\,}}\)
よって、①が成り立つ
(ⅱ) \(k≧2\) で \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、$$\small~~~\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\frac{\,1\,}{\,3^2\,}+\cdots+\frac{\,1\,}{\,k^2\,}<2-\frac{\,1\,}{\,k\,}$$が成り立つ
ここで、\(n=k+1\) のときの①の両辺の差を考えると、$$\small \begin{split}&2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\\[2pt]&~~~-\left(\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots+\frac{\,1\,}{\,k^2\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\right)\\[2pt]~~>~&2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}-\left(2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\right)\\[2pt]~~=~&\frac{\,1\,}{\,k(k+1)^2\,}>0\end{split}$$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 \(2\) 以上のすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
p.55 Level Up 13\({\small (1)}~\)\(a_1=1~,~a_2=4~,~a_3=9~,~a_4=16~,~\cdots\) より、
一般項は \(a_n=n^2~~\cdots{\large ①}\) と推定できる
\({\small (2)}~\)[証明]
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(a_1=1\) 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、
\(a_k=k^2\) が成り立つ
\(n=k+1\) のとき、$$\begin{split}&1+2+\cdots+k+(k+1)\\[2pt]&~~~~~~+k+(k-1)+\cdots+2+1\\[2pt]~~=~&a_k+(k+1)+k\\[2pt]~~=~&k^2+2k+1\\[2pt]~~=~&(k+1)^2\end{split}$$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]
一般項は \(a_n=n^2~~\cdots{\large ①}\) と推定できる
\({\small (2)}~\)[証明]
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(a_1=1\) 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、
\(a_k=k^2\) が成り立つ
\(n=k+1\) のとき、$$\begin{split}&1+2+\cdots+k+(k+1)\\[2pt]&~~~~~~+k+(k-1)+\cdots+2+1\\[2pt]~~=~&a_k+(k+1)+k\\[2pt]~~=~&k^2+2k+1\\[2pt]~~=~&(k+1)^2\end{split}$$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]
