このページは、東京書籍：Advanced数学Ｂ[701]
１章 数列
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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Advanced数学Ｂ １章 数列
Advanced数学Ｂ ２章 統計的な推測
１章 数列
１節 数列
p.6 問1\({\small (1)}~-1~,~1~,~3~,~5~,~7\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,7\,}~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,9\,}~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,11\,}\)
\({\small (3)}~-1~,~1~,~-1~,~1~,~-1\)
解法のPoint｜一般項とそれぞれの項の求め方
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,7\,}~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,9\,}~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,11\,}\)
\({\small (3)}~-1~,~1~,~-1~,~1~,~-1\)
解法のPoint｜一般項とそれぞれの項の求め方
p.7 問2\({\small (1)}~a_n=n^3\) \({\small (2)}~a_n=\displaystyle \frac{\,n\,}{\,2n+1\,}\)
\({\small (3)}~a_n=(-2)^n\)
解法のPoint｜数列の一般項の推測
\({\small (3)}~a_n=(-2)^n\)
解法のPoint｜数列の一般項の推測
p.9 問4\({\small (1)}~a_n=-3n+7~,~a_{25}=-68\)
\({\small (2)}~a_n=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}n+\displaystyle \frac{\,13\,}{\,2\,}~,~a_{25}=19\)
解法のPoint｜等差数列の一般項
\({\small (2)}~a_n=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}n+\displaystyle \frac{\,13\,}{\,2\,}~,~a_{25}=19\)
解法のPoint｜等差数列の一般項
p.10 問7\(a_n=3n-4\) より、
\(a_{n+1}=3(n+1)-4=3n-1\)
よって、
\(a_{n+1}-a_n=3\)
すべての自然数 \(n\) について、\(a_{n+1}-a_n\) が \(3\) で一定であるから、数列 \(\{ a_n \}\) は等差数列である
初項 \(-1\)、公差 \(3\)
解法のPoint｜等差数列であることの証明
\(a_{n+1}=3(n+1)-4=3n-1\)
よって、
\(a_{n+1}-a_n=3\)
すべての自然数 \(n\) について、\(a_{n+1}-a_n\) が \(3\) で一定であるから、数列 \(\{ a_n \}\) は等差数列である
初項 \(-1\)、公差 \(3\)
解法のPoint｜等差数列であることの証明
p.10 問8[証明] \(a~,~b~,~c\) がこの順に等差数列であるので、
\(b-a=c-b~\Leftrightarrow~2b=a+c\)
逆に \(2b=a+c\) のたき、式変形すると、
\(2b=a+c~\Leftrightarrow~b-a=c-b\)
これより、\(a~,~b~,~c\) がこの順に等差数列となる
したがって、数列 \(a~,~b~,~c\) がこの順に等差数列
\(~\Leftrightarrow~2b=a+c\) [終]
解法のPoint｜数列a,b,cが等差数列(等差中項)
\(b-a=c-b~\Leftrightarrow~2b=a+c\)
逆に \(2b=a+c\) のたき、式変形すると、
\(2b=a+c~\Leftrightarrow~b-a=c-b\)
これより、\(a~,~b~,~c\) がこの順に等差数列となる
したがって、数列 \(a~,~b~,~c\) がこの順に等差数列
\(~\Leftrightarrow~2b=a+c\) [終]
解法のPoint｜数列a,b,cが等差数列(等差中項)
p.13 問13[証明] 初項 \(1\)、末項 \(2n-1\)、項数 \(n\) の等差数列の和より、
\(~~~ \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}n(1+2n-1)=n^2\)
したがって、
\(~~~1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2\)
[終]
解法のPoint｜自然数の和と倍数の和
\(~~~ \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}n(1+2n-1)=n^2\)
したがって、
\(~~~1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2\)
[終]
解法のPoint｜自然数の和と倍数の和
p.14 問15\({\small (1)}~4~,~12~,~36~,~108~,~324\)
\({\small (2)}~8~,~-8~,~8~,~-8~,~8\)
解法のPoint｜等比数列と公比
\({\small (2)}~8~,~-8~,~8~,~-8~,~8\)
解法のPoint｜等比数列と公比
p.15 問16\({\small (1)}~a_n=2\cdot 3^{n-1}\) \({\small (2)}~a_n=3\cdot\left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^{n-1}\)
解法のPoint｜等比数列の一般項
解法のPoint｜等比数列の一般項
p.15 問17\({\small (1)}~50~,~a_n=2\cdot5^{n-1}\)
\({\small (2)}~-48~,~a_n=-48\cdot\left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\right)^{n-1}\)
解法のPoint｜等比数列の一般項
\({\small (2)}~-48~,~a_n=-48\cdot\left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\right)^{n-1}\)
解法のPoint｜等比数列の一般項
p.16 問19\(~c_n=\displaystyle \frac{\,2^n\,}{\,5\cdot3^n\,}\)
また、
\(~c_{n+1}=\displaystyle \frac{\,2^{n+1}\,}{\,5\cdot3^{n+1}\,}\)
これより、
\(~\displaystyle \frac{\,c_{n+1}\,}{\,c_n\,}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\)
これより、比の値が一定であるので等比数列である
また、公比は \({\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}}\)
解法のPoint｜等比数列であることの証明
また、
\(~c_{n+1}=\displaystyle \frac{\,2^{n+1}\,}{\,5\cdot3^{n+1}\,}\)
これより、
\(~\displaystyle \frac{\,c_{n+1}\,}{\,c_n\,}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\)
これより、比の値が一定であるので等比数列である
また、公比は \({\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}}\)
解法のPoint｜等比数列であることの証明
p.16 問20[証明] 数列 \(a~,~b~,~c\) がこの順に等比数列であるので、
\({\displaystyle \frac{b}{a}}={\displaystyle \frac{c}{b}}~\Leftrightarrow~b^2=ac\)
解法のPoint｜数列a,b,cが等比数列(等比中項)
\({\displaystyle \frac{b}{a}}={\displaystyle \frac{c}{b}}~\Leftrightarrow~b^2=ac\)
逆に、\(b^2=ac\) のとき、式変形すると
\(b^2=ac~\Leftrightarrow~{\displaystyle \frac{b}{a}}\)
これより、数列 \(a~,~b~,~c\) がこの順に等比数列となる
したがって、
数列 \(a~,~b~,~c\) が等比数列
\(~\Leftrightarrow~b^2=ac\) [終]
解法のPoint｜数列a,b,cが等比数列(等比中項)
p.18 問22\({\small (1)}~S_n=3(3^n-1)\)
\({\small (2)}~S_n=8\left\{~-\left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\right)^n\right\}\)
解法のPoint｜等比数列の和
\({\small (2)}~S_n=8\left\{~-\left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\right)^n\right\}\)
解法のPoint｜等比数列の和
p.19 問24\({\small (1)}~2+5+8+11\)
\({\small (2)}~2+8+18\)
\({\small (3)}~2^1+2^2+2^3+\cdots+2^n\)
解法のPoint｜シグマ記号を項の和で表す
\({\small (2)}~2+8+18\)
\({\small (3)}~2^1+2^2+2^3+\cdots+2^n\)
解法のPoint｜シグマ記号を項の和で表す
p.19 問25\({\small (1)}~\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^3\)
\({\small (2)}~\displaystyle \sum_{k=1}^{n}(2k+1)\)
\({\small (3)}~\displaystyle \sum_{k=1}^{5}k(k+2)\)
解法のPoint｜項の和をシグマ記号で表す
\({\small (2)}~\displaystyle \sum_{k=1}^{n}(2k+1)\)
\({\small (3)}~\displaystyle \sum_{k=1}^{5}k(k+2)\)
解法のPoint｜項の和をシグマ記号で表す
p.20 問26\({\small (1)}~3^n-1\)
\({\small (2)}~-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\{1-(-2)^n\}\)
解法のPoint｜等比数列の和とシグマ記号
\({\small (2)}~-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\{1-(-2)^n\}\)
解法のPoint｜等比数列の和とシグマ記号
p.21 問28[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、
\(S=\left\{{\displaystyle \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2\)
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 \((k+1)^4-k^4=4k^3+6k^2+4k+1\) 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、
\(S=\left\{{\displaystyle \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2\)
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.22 問29\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}n(5n+7)\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}n(n^2-7)\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}n(n+1)(n-1)(n+2)\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}n(n^2-7)\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}n(n+1)(n-1)(n+2)\)
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p.24 問31\({\small (1)}~a_n=n^2-2n+2\)
\({\small (2)}~a_n=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\{13-(-3)^{n-1}\}\)
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\({\small (2)}~a_n=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\{13-(-3)^{n-1}\}\)
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問題
p.29 問題 2\({\small (1)}~a_n=223-23n\)
\({\small (2)}~\)第 \(10\) 項
\({\small (3)}~\)初項から第 \(9\) 項までの和
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\small (2)}~\)第 \(10\) 項
\({\small (3)}~\)初項から第 \(9\) 項までの和
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p.29 問題 4\({\small (1)}~a_n=2n(n+2)^2\)
和 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(3n^2+19n+32)\)
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\({\small (2)}~a_n=2^n-1\)
和 \(2^{n+1}-2-n\)
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和 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(3n^2+19n+32)\)
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\({\small (2)}~a_n=2^n-1\)
和 \(2^{n+1}-2-n\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.29 問題 6\({\small (1)}~\)\(-n^2+6n\) や \(-n^2+6n-5\)
\({\small (2)}~\)第 \(3\) 項
解法のPoint｜階差数列をもつ数列の一般項
\({\small (2)}~\)第 \(3\) 項
解法のPoint｜階差数列をもつ数列の一般項
２節 漸化式と数学的帰納法
p.31 問1\({\small (1)}~6~,~8~,~10~,~12~,~14\)
\({\small (2)}~1~,~5~,~17~,~53~,~161\)
解法のPoint｜漸化式で表された数列
\({\small (2)}~1~,~5~,~17~,~53~,~161\)
解法のPoint｜漸化式で表された数列
p.33 問3\({\small (1)}~a_n=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}(n^3-3n^2+2n+9)\)
\({\small (2)}~a_n=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(3^n+1)\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\small (2)}~a_n=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(3^n+1)\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.37 問6① [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 \(1\cdot 2=2\)、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
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(\small [\,1\,]\) の左辺は \(1^2=1\)、右辺は \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}\cdot 1\cdot 2\cdot 3=1\)
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
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+\cdots+n(n+1)=\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}n(n+1)(n+2)~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) 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]
② [証明] すべての自然数 \(n\) について、
\(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2=\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+1)~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(\small [\,1\,]\) の左辺は \(1^2=1\)、右辺は \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}\cdot 1\cdot 2\cdot 3=1\)
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、
\(1^2+2^2+3^2+\cdots+k^2=\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}k(k+1)(2k+1)~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
ここで、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&1^2+2^2+3^2+\cdots+k^2+(k+1)^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}k(k+1)(2k+1)+(k+1)^2 \hspace{30pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}(k+1)\left\{\,k(2k+1)+6(k+1)\,\right\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}(k+1)(2k^2+7k+6)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}(k+1)(k+2)(2k+3)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}(k+1)\left\{\,(k+1)+1\,\right\}\left\{\,2(k+1)+1\,\right\}
\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}k(k+1)(2k+1)+(k+1)^2 \hspace{30pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}(k+1)\left\{\,k(2k+1)+6(k+1)\,\right\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}(k+1)(2k^2+7k+6)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}(k+1)(k+2)(2k+3)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}(k+1)\left\{\,(k+1)+1\,\right\}\left\{\,2(k+1)+1\,\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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.38 問7[証明] \(n{\small ~≧~}3\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(3^n\gt 8n~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=3\) のとき、
左辺 \(=3^3=27\)、右辺 \(=8\cdot 3=24\)
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、
\(3^k\gt 8k~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\small [\,2\,]\) の両辺に \(3\) を掛けると、
\(\begin{eqnarray}~~~3^k\cdot 3&\gt&8k\cdot 3
\\[3pt]~3^{k+1}&\gt&24k
\end{eqnarray}\)
ここで、\(24k\) と \(8(k+1)\) の大小比較すると、
\(\begin{eqnarray}~&&24k-8(k+1)
\\[3pt]~~~&=&24k-8k-8
\\[3pt]~~~&=&16k-8
\\[3pt]~~~&=&8(2k-1)\gt 0 \hspace{20pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}3\,)
\end{eqnarray}\)
よって、\(24k\gt 8(k+1)\) となり、
\(3^{k+1}\gt 24k\gt 8(k+1)\)
大小関係より、
\(3^{k+1}\gt 8(k+1)\)
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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(3^n\gt 8n~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=3\) のとき、
左辺 \(=3^3=27\)、右辺 \(=8\cdot 3=24\)
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、
\(3^k\gt 8k~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\small [\,2\,]\) の両辺に \(3\) を掛けると、
\(\begin{eqnarray}~~~3^k\cdot 3&\gt&8k\cdot 3
\\[3pt]~3^{k+1}&\gt&24k
\end{eqnarray}\)
ここで、\(24k\) と \(8(k+1)\) の大小比較すると、
\(\begin{eqnarray}~&&24k-8(k+1)
\\[3pt]~~~&=&24k-8k-8
\\[3pt]~~~&=&16k-8
\\[3pt]~~~&=&8(2k-1)\gt 0 \hspace{20pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}3\,)
\end{eqnarray}\)
よって、\(24k\gt 8(k+1)\) となり、
\(3^{k+1}\gt 24k\gt 8(k+1)\)
大小関係より、
\(3^{k+1}\gt 8(k+1)\)
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.39 問8[証明] すべての自然数 \(n\) について、
\(7^{2n}-1\) が \(8\) の倍数である \(~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(7^{2\cdot 1}-1=49-1=48=8\cdot 6\) より、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
整数 \(m\) を用いて、
\(\begin{eqnarray}~~~7^{2k}-1&=&8m
\\[3pt]~7^{2k}&=&8m+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~&&7^{2(k+1)}-1
\\[3pt]~~~&=&7^{2k+2}-1
\\[3pt]~~~&=&7^2\cdot 7^{2k}-1
\\[3pt]~~~&=&49\cdot 7^{2k}-1
\\[3pt]~~~&=&49\left(8m+1\right)-1 \hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&392m+49-1
\\[3pt]~~~&=&392m+48
\\[3pt]~~~&=&8\left(49m+6\right)
\end{eqnarray}\)
\(49m+6\) は整数より、\(7^{2(k+1)}-1\) は \(8\) の倍数となり、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
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\(7^{2n}-1\) が \(8\) の倍数である \(~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(7^{2\cdot 1}-1=49-1=48=8\cdot 6\) 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、
\(\begin{eqnarray}~~~7^{2k}-1&=&8m
\\[3pt]~7^{2k}&=&8m+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(n=k+1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~&&7^{2(k+1)}-1
\\[3pt]~~~&=&7^{2k+2}-1
\\[3pt]~~~&=&7^2\cdot 7^{2k}-1
\\[3pt]~~~&=&49\cdot 7^{2k}-1
\\[3pt]~~~&=&49\left(8m+1\right)-1 \hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&392m+49-1
\\[3pt]~~~&=&392m+48
\\[3pt]~~~&=&8\left(49m+6\right)
\end{eqnarray}\)
\(49m+6\) は整数より、\(7^{2(k+1)}-1\) は \(8\) 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.40 問9初項と漸化式より、
\(\begin{eqnarray}~~~a_2&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-a_1\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\,}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_3&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-a_2\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,4\,}{\,3\,}\,}=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_4&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-a_3\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,5\,}{\,4\,}\,}=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\end{eqnarray}\)
これより、数列 \(\{a_n\}\) の一般項は、次のように推測される
\(a_n=\displaystyle \frac{\,n\,}{\,n+1\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~a_1&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+1\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(n=1\) で \(\small [\,1\,]\) は成り立つ
\(a_k=\displaystyle \frac{\,k\,}{\,k+1\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\begin{eqnarray}~a_{k+1}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-a_k\,}
\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、
\(\begin{eqnarray}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-\displaystyle \frac{\,k\,}{\,k+1\,}\,}
\\[5pt]~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,2(k+1)-k\,}{\,k+1\,}\,}
\\[5pt]~~&=&\displaystyle \frac{\,k+1\,}{\,2k+2-k\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,k+1\,}{\,k+2\,}
\\[5pt]~~&=&\displaystyle \frac{\,k+1\,}{\,(k+1)+1\,}\end{eqnarray}\)
\(a_n=\displaystyle \frac{\,n\,}{\,n+1\,}\)
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\(\begin{eqnarray}~~~a_2&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-a_1\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\,}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_3&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-a_2\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,4\,}{\,3\,}\,}=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_4&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-a_3\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,5\,}{\,4\,}\,}=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\end{eqnarray}\)
これより、数列 \(\{a_n\}\) の一般項は、次のように推測される
\(a_n=\displaystyle \frac{\,n\,}{\,n+1\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
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、
\(\begin{eqnarray}~a_1&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+1\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
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、
\(a_k=\displaystyle \frac{\,k\,}{\,k+1\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき、漸化式より、
\(\begin{eqnarray}~a_{k+1}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-a_k\,}
\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、
\(\begin{eqnarray}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2-\displaystyle \frac{\,k\,}{\,k+1\,}\,}
\\[5pt]~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\displaystyle \frac{\,2(k+1)-k\,}{\,k+1\,}\,}
\\[5pt]~~&=&\displaystyle \frac{\,k+1\,}{\,2k+2-k\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,k+1\,}{\,k+2\,}
\\[5pt]~~&=&\displaystyle \frac{\,k+1\,}{\,(k+1)+1\,}\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}\,,\,{\small (2)}\) より、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、
\(a_n=\displaystyle \frac{\,n\,}{\,n+1\,}\)
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問題
p.41 問題 10\({\small (1)}~\)\(a_n=2^{n-1}+2\)
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\({\small (2)}~a_n=3-2\left(\,\displaystyle\frac{\,2\,}{\,3\,}\,\right)^{n-1}\)
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\({\small (2)}~a_n=3-2\left(\,\displaystyle\frac{\,2\,}{\,3\,}\,\right)^{n-1}\)
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p.41 問題 11\({\small (1)}~\)\(b_{n+1}=2b_n-3\)
\({\small (2)}~\)\(a_n=-5\cdot2^{n-1}+3n+3\)
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\({\small (2)}~\)\(a_n=-5\cdot2^{n-1}+3n+3\)
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p.41 問題 12\({\small (1)}~a_4=2\) \({\small (2)}~a_{n+1}=a_n+(n-1)\)
\({\small (3)}~\)\(a_n=\displaystyle \frac{\,n(n-3)\,}{\,2\,}\)
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\({\small (3)}~\)\(a_n=\displaystyle \frac{\,n(n-3)\,}{\,2\,}\)
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p.41 問題13[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 \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1\cdot 3\,}=\frac{\,1\,}{\,3\,}\)、右辺は \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\cdot 1+1\,}=\frac{\,1\,}{\,3\,}\)
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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\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1\cdot 3\,}+\frac{\,1\,}{\,3\cdot 5\,}+\frac{\,1\,}{\,5\cdot 7\,}+\cdots+\frac{\,1\,}{\,(2n-1)(2n+1)\,}=\frac{\,n\,}{\,2n+1\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(\small [\,1\,]\) の左辺は \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1\cdot 3\,}=\frac{\,1\,}{\,3\,}\)、右辺は \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\cdot 1+1\,}=\frac{\,1\,}{\,3\,}\)
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、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1\cdot 3\,}+\frac{\,1\,}{\,3\cdot 5\,}+\frac{\,1\,}{\,5\cdot 7\,}+\cdots+\frac{\,1\,}{\,(2k-1)(2k+1)\,}=\frac{\,k\,}{\,2k+1\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
ここで、\(n=k+1\) のときの \(\small [\,1\,]\) の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1\cdot 3\,}+\frac{\,1\,}{\,3\cdot 5\,}+\cdots+\frac{\,1\,}{\,(2k-1)(2k+1)\,}+\frac{\,1\,}{\,\{\,2(k+1)-1\,\}\{\,2(k+1)+1\,\}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k\,}{\,2k+1\,}+\frac{\,1\,}{\,(2k+1)(2k+3)\,} \hspace{30pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k(2k+3)+1\,}{\,(2k+1)(2k+3)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,2k^2+3k+1\,}{\,(2k+1)(2k+3)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,(2k+1)(k+1)\,}{\,(2k+1)(2k+3)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k+1\,}{\,2k+3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k+1\,}{\,2(k+1)+1\,}
\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k\,}{\,2k+1\,}+\frac{\,1\,}{\,(2k+1)(2k+3)\,} \hspace{30pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k(2k+3)+1\,}{\,(2k+1)(2k+3)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,2k^2+3k+1\,}{\,(2k+1)(2k+3)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,(2k+1)(k+1)\,}{\,(2k+1)(2k+3)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k+1\,}{\,2k+3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k+1\,}{\,2(k+1)+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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p.41 問14[証明] \(n{\small ~≧~}4\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(2^n{\small ~≧~}n^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=4\) のとき、
左辺 \(=2^4=16\)、右辺 \(=4^2=16\)
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、
\(2^k{\small ~≧~}k^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\small [\,2\,]\) の両辺に \(2\) を掛けると、
\(\begin{eqnarray}~~~2^k\cdot 2&{\small ~≧~}&k^2\cdot 2
\\[3pt]~2^{k+1}&{\small ~≧~}&2k^2
\end{eqnarray}\)
ここで、\(2k^2\) と \((k+1)^2\) の大小比較すると、
\(\begin{eqnarray}~&&2k^2-(k+1)^2
\\[3pt]~~~&=&2k^2-k^2-2k-1
\\[3pt]~~~&=&k^2-2k-1
\\[3pt]~~~&=&(k-1)^2-2\gt 0 \hspace{20pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}4\,)
\end{eqnarray}\)
よって、\(2k^2\gt (k+1)^2\) となり、
\(2^{k+1}{\small ~≧~}2k^2\gt (k+1)^2\)
大小関係より、
\(2^{k+1}\gt (k+1)^2\)
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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\(2^n{\small ~≧~}n^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=4\) のとき、
左辺 \(=2^4=16\)、右辺 \(=4^2=16\)
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、
\(2^k{\small ~≧~}k^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\small [\,2\,]\) の両辺に \(2\) を掛けると、
\(\begin{eqnarray}~~~2^k\cdot 2&{\small ~≧~}&k^2\cdot 2
\\[3pt]~2^{k+1}&{\small ~≧~}&2k^2
\end{eqnarray}\)
ここで、\(2k^2\) と \((k+1)^2\) の大小比較すると、
\(\begin{eqnarray}~&&2k^2-(k+1)^2
\\[3pt]~~~&=&2k^2-k^2-2k-1
\\[3pt]~~~&=&k^2-2k-1
\\[3pt]~~~&=&(k-1)^2-2\gt 0 \hspace{20pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}4\,)
\end{eqnarray}\)
よって、\(2k^2\gt (k+1)^2\) となり、
\(2^{k+1}{\small ~≧~}2k^2\gt (k+1)^2\)
大小関係より、
\(2^{k+1}\gt (k+1)^2\)
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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p.41 問15[証明] すべての自然数 \(n\) について、
\(8^n-7n-1\) が \(49\) の倍数である \(~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(8^1-7\cdot 1-1=0=49\cdot 0\) より、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ
整数 \(m\) を用いて、
\(\begin{eqnarray}~~~8^k-7k-1&=&49m
\\[3pt]~8^k&=&49m+7k+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(8m+k\) は整数より、\(8^{k+1}-7(k+1)-1\) は \(49\) の倍数となり、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
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\(8^n-7n-1\) が \(49\) の倍数である \(~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
\(8^1-7\cdot 1-1=0=49\cdot 0\) 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、
\(\begin{eqnarray}~~~8^k-7k-1&=&49m
\\[3pt]~8^k&=&49m+7k+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(n=k+1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~&&8^{k+1}-7(k+1)-1
\\[3pt]~~~&=&8\cdot 8^k-7k-7-1
\\[3pt]~~~&=&8\cdot 8^k-7k-8
\\[3pt]~~~&=&8\left(49m+7k+1\right)-7k-8 \hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&392m+56k+8-7k-8
\\[3pt]~~~&=&392m+49k
\\[3pt]~~~&=&49\left(8m+k\right)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&8\cdot 8^k-7k-7-1
\\[3pt]~~~&=&8\cdot 8^k-7k-8
\\[3pt]~~~&=&8\left(49m+7k+1\right)-7k-8 \hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&392m+56k+8-7k-8
\\[3pt]~~~&=&392m+49k
\\[3pt]~~~&=&49\left(8m+k\right)
\end{eqnarray}\)
\(8m+k\) は整数より、\(8^{k+1}-7(k+1)-1\) は \(49\) 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.41 問題 16[証明] \(3\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、
\(n\) 角形の内角の和は \((n-2)\cdot 180°~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=3\) のとき、
\({\small [\,1\,]}\) の左辺は三角形の内角の和で \(180°\)
右辺は \((3-2)\cdot 180°=180°\)
よって、\({\small [\,1\,]}\) が成り立つ
\(k\) 角形の内角の和は \((k-2)\cdot 180°~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
ここで、\(n=k+1\) のとき、円周上に \(k+1\) 個の頂点 \({\rm A}_1\,,\,{\rm A}_2\,,\,\cdots\,,\,{\rm A}_k\,,\,{\rm A}_{k+1}\) をとる
\(k+1\) 角形は、\(k\) 角形 \({\rm A}_1{\rm A}_2\cdots {\rm A}_k\) と三角形 \({\rm A}_1{\rm A}_k{\rm A}_{k+1}\) に分けられる
よって、\(k+1\) 角形の内角の和は、
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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\(n\) 角形の内角の和は \((n-2)\cdot 180°~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=3\) のとき、
\({\small [\,1\,]}\) の左辺は三角形の内角の和で \(180°\)
右辺は \((3-2)\cdot 180°=180°\)
よって、\({\small [\,1\,]}\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) （\(k\) は \(3\) 以上の自然数）のとき \({\small [\,1\,]}\) が成り立つと仮定すると、
\(k\) 角形の内角の和は \((k-2)\cdot 180°~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
ここで、\(n=k+1\) のとき、円周上に \(k+1\) 個の頂点 \({\rm A}_1\,,\,{\rm A}_2\,,\,\cdots\,,\,{\rm A}_k\,,\,{\rm A}_{k+1}\) をとる
\(k+1\) 角形は、\(k\) 角形 \({\rm A}_1{\rm A}_2\cdots {\rm A}_k\) と三角形 \({\rm A}_1{\rm A}_k{\rm A}_{k+1}\) に分けられる
よって、\(k+1\) 角形の内角の和は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&(k-2)\cdot 180°+180° \hspace{30pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&(k-2+1)\cdot 180°
\\[3pt]~~~&=&(k-1)\cdot 180°
\\[3pt]~~~&=&\{\,(k+1)-2\,\}\cdot 180°
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&(k-2+1)\cdot 180°
\\[3pt]~~~&=&(k-1)\cdot 180°
\\[3pt]~~~&=&\{\,(k+1)-2\,\}\cdot 180°
\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、\(3\) 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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練習問題
p.44 練習問題A 5\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,} n(n+1)(n+2)\)
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\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,2n\,}{\,n+1\,}\)
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\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,2n\,}{\,n+1\,}\)
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p.44 練習問題A 7[証明] \(n{\small ~≧~}2\) のすべての自然数 \(n\) について、
\({\small (1)}~\) \(n=2\) のとき、
左辺 \(\displaystyle=\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}=1+\frac{\,1\,}{\,4\,}=\frac{\,5\,}{\,4\,}\)
右辺 \(\displaystyle=2-\frac{\,1\,}{\,2\,}=\frac{\,3\,}{\,2\,}=\frac{\,6\,}{\,4\,}\)
よって、\(n=2\) 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、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,k^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\small [\,2\,]\) の両辺に \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\) を加えると、
ここで、\(\displaystyle 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\) と \(\displaystyle 2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\) の大小比較すると、
よって、\(\displaystyle 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\) となり、
大小関係より、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(2\) 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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\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\frac{\,1\,}{\,3^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,n^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,n\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=2\) のとき、
左辺 \(\displaystyle=\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}=1+\frac{\,1\,}{\,4\,}=\frac{\,5\,}{\,4\,}\)
右辺 \(\displaystyle=2-\frac{\,1\,}{\,2\,}=\frac{\,3\,}{\,2\,}=\frac{\,6\,}{\,4\,}\)
よって、\(n=2\) 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、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,k^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\small [\,2\,]\) の両辺に \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\) を加えると、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,k^2\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\)
ここで、\(\displaystyle 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\) と \(\displaystyle 2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\) の大小比較すると、
\(\begin{eqnarray}~&&\left(\,2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\,\right)-\left(\,2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\,\right)
\\[5pt]~~~&=&-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}+\frac{\,1\,}{\,k+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\frac{\,-(k+1)^2+k+k(k+1)\,}{\,k(k+1)^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\frac{\,-k^2-2k-1+k+k^2+k\,}{\,k(k+1)^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\frac{\,-1\,}{\,k(k+1)^2\,}\lt 0 \hspace{20pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}2\,)
\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}+\frac{\,1\,}{\,k+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\frac{\,-(k+1)^2+k+k(k+1)\,}{\,k(k+1)^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\frac{\,-k^2-2k-1+k+k^2+k\,}{\,k(k+1)^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\frac{\,-1\,}{\,k(k+1)^2\,}\lt 0 \hspace{20pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}2\,)
\end{eqnarray}\)
よって、\(\displaystyle 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\) となり、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}&\lt &2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}
\\[5pt]~~~&\lt &2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&\lt &2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\end{eqnarray}\)
大小関係より、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(2\) 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.44 練習問題 8① 数列 \(\{a_n\}\) の各項を順次計算すると、
\(\begin{eqnarray}~~~a_1&=&1\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_2&=&1+2+1=4\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_3&=&1+2+3+2+1=9\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_4&=&1+2+3+4+3+2+1=16\end{eqnarray}\)
これより、
したがって、数列 \(\{a_n\}\) の一般項は、次のように推測される
\(a_n=n^2\)
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、
\(\begin{eqnarray}~a_1&=&1^2=1\end{eqnarray}\)
よって、\(n=1\) で \(\small [\,1\,]\) は成り立つ
\(n=k+1\) のとき、
ここで、\(a_k\) と \(a_{k+1}\) の関係を考えると、
\(a_k=1+2+\cdots+(k-1)+k+(k-1)+\cdots+2+1\)
\(a_{k+1}=1+2+\cdots+(k-1)+k+(k+1)+k+(k-1)+\cdots+2+1\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~a_{k+1}&=&a_k+k+(k+1)
\\[5pt]~&=&a_k+2k+1
\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、
\(\begin{eqnarray}~a_{k+1}&=&k^2+2k+1
\\[5pt]~&=&(k+1)^2\end{eqnarray}\)
\(a_n=n^2\)
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\(\begin{eqnarray}~~~a_1&=&1\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_2&=&1+2+1=4\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_3&=&1+2+3+2+1=9\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~a_4&=&1+2+3+4+3+2+1=16\end{eqnarray}\)
これより、
\(a_1=1=1^2\,,\,\,a_2=4=2^2\,,\,\,a_3=9=3^2\,,\,\,a_4=16=4^2\)
したがって、数列 \(\{a_n\}\) の一般項は、次のように推測される
\(a_n=n^2\)
② ①より、一般項は \(a_n=n^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\) と推測される
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、
\(\begin{eqnarray}~a_1&=&1^2=1\end{eqnarray}\)
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、
\(\begin{eqnarray}~~~a_k&=&1+2+\cdots+(k-1)+k+(k-1)+\cdots+2+1
\\[3pt]~&=&k^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~&=&k^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(n=k+1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~a_{k+1}&=&1+2+\cdots+k+(k+1)+k+\cdots+2+1
\end{eqnarray}\)
\end{eqnarray}\)
ここで、\(a_k\) と \(a_{k+1}\) の関係を考えると、
\(a_k=1+2+\cdots+(k-1)+k+(k-1)+\cdots+2+1\)
\(a_{k+1}=1+2+\cdots+(k-1)+k+(k+1)+k+(k-1)+\cdots+2+1\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~a_{k+1}&=&a_k+k+(k+1)
\\[5pt]~&=&a_k+2k+1
\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、
\(\begin{eqnarray}~a_{k+1}&=&k^2+2k+1
\\[5pt]~&=&(k+1)^2\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は \(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}\,,\,{\small (2)}\) より、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、
\(a_n=n^2\)
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p.45 練習問題B 10 \(a=10~,~b=25~,~c=40\)
または
\(a-6=~,~b=9~,~c=24\)
解法のPoint｜数列a,b,cが等差数列(等差中項)
解法のPoint｜数列a,b,cが等比数列(等比中項)
または
\(a-6=~,~b=9~,~c=24\)
解法のPoint｜数列a,b,cが等差数列(等差中項)
解法のPoint｜数列a,b,cが等比数列(等比中項)
p.45 練習問題B 12\({\small (1)}~\)第 \(120\) 項 \({\small (2)}~\)\(\displaystyle \frac{\,11\,}{\,21\,}\)
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p.45 練習問題B 13\({\small (1)}~\)\(b_{n+1}=3b_n+2\)
\({\small (2)}~a_n=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,2\cdot 3^n-5\,}\)
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\({\small (2)}~a_n=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,2\cdot 3^n-5\,}\)
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p.47 発展 問1\({\small (1)}~a_n=2^n-1\)
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\({\small (2)}~a_n=3^{n-1}+(-2)^{n-1}\)
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\({\small (2)}~a_n=3^{n-1}+(-2)^{n-1}\)
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p.48 参考 問1\(~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\right)^{n-1}\)
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p.49 発展 問1\({\small (1)}~\)\((\alpha~,~\beta)=(2~,~2)~,~(-1~,~5)\)
\({\small (2)}~\)\(\displaystyle a_n=\frac{\,2^n+2\cdot5^n\,}{\,3\,}~,~\displaystyle b_n=\frac{\,2^n-5^n\,}{\,3\,}\)
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\({\small (2)}~\)\(\displaystyle a_n=\frac{\,2^n+2\cdot5^n\,}{\,3\,}~,~\displaystyle b_n=\frac{\,2^n-5^n\,}{\,3\,}\)
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