このページは、東京書籍：Advanced数学Ｂ[701]
第１章 数列
第１章 数列
教科書の復習から入試の入門まで｜数学入門問題精講
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Advanced数学Ｂ 第１章 数列
１章 数列
１節 数列
p.6 問1$${\small (1)}~-1~,~1~,~3~,~5~,~7$$$${\small (2)}~\frac{\,1\,}{\,3\,}~,~\frac{\,1\,}{\,5\,}~,~\frac{\,1\,}{\,7\,}~,~\frac{\,1\,}{\,9\,}~,~\frac{\,1\,}{\,11\,}$$$${\small (3)}~-1~,~1~,~-1~,~1~,~-1$$
p.7 問2$${\small (1)}~a_n=n^3$$$${\small (2)}~a_n=\frac{\,n\,}{\,2n+1\,}$$$${\small (3)}~a_n=(-2)^n$$
p.8 問3$${\small (1)}~5~,~13~,~21~,~29~,~37$$$${\small (2)}~9~,~5~,~1~,~-3~,~-7$$
p.9 問4$${\small (1)}~a_n=-3n+7~,~a_{25}=-68$$$${\small (2)}~a_n=\frac{\,1\,}{\,2\,}n+\frac{\,13\,}{\,2\,}~,~a_{25}=19$$
p.9 問5$${\small (1)}~23~,~a_n=7n+16$$$${\small (2)}~-1~,~a_n=-3n+5$$
p.10 問6$$~~~a_n=5n-21$$
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 \(3\)
\(a_{n+1}=3(n+1)-4=3n-1\)
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 \(3\)
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]
\(b-a=c-b~\Leftrightarrow~2b=a+c\)
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]
p.12 問9$${\small (1)}~340$$$${\small (2)}~0$$
p.12 問10$${\small (1)}~493$$$${\small (2)}~175$$
p.12 問11 第 \(5\) 項、第 \(10\) 項までの和が \(75\)
p.13 問12$${\small (1)}~5050$$$${\small (2)}~15050$$
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、$$~~~\frac{\,1\,}{\,2\,}n(1+2n-1)=n^2$$したがって、$$~~~1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2$$[終]
p.13 問14$${\small (1)}~728$$$${\small (2)}~676$$
p.14 問15$${\small (1)}~4~,~12~,~36~,~108~,~324$$$${\small (2)}~8~,~-8~,~8~,~-8~,~8$$
p.15 問16$${\small (1)}~a_n=2\cdot 3^{n-1}$$$${\small (2)}~a_n=3\cdot\left(-\frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^{n-1}$$
p.15 問17$${\small (1)}~50~,~a_n=2\cdot5^{n-1}$$$${\small (2)}~-48~,~a_n=-48\cdot\left(-\frac{\,1\,}{\,4\,}\right)^{n-1}$$
p.16 問18\(a_n=2\cdot3^{n-1}\)
または
\(a_n=2\cdot(-3)^{n-1}\)
または
\(a_n=2\cdot(-3)^{n-1}\)
p.16 問19$$~~~c_n=\frac{\,2^n\,}{\,5\cdot3^n\,}$$また、$$~~~c_{n+1}=\frac{\,2^{n+1}\,}{\,5\cdot3^{n+1}\,}$$これより、$$~~~\frac{\,c_{n+1}\,}{\,c_n\,}=\frac{\,2\,}{\,3\,}$$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 \({\large \frac{\,2\,}{\,3\,}}\)
また、公比は \({\large \frac{\,2\,}{\,3\,}}\)
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、
\({\large \frac{b}{a}}={\large \frac{c}{b}}~\Leftrightarrow~b^2=ac\)
\({\large \frac{b}{a}}={\large \frac{c}{b}}~\Leftrightarrow~b^2=ac\)
逆に、\(b^2=ac\) のとき、式変形すると
\(b^2=ac~\Leftrightarrow~{\large \frac{b}{a}}\)
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]
p.17 問21$${\small (1)}~-364$$$${\small (2)}~\frac{\,7\,}{\,9\,}$$
p.18 問22$${\small (1)}~S_n=3(3^n-1)$$$${\small (2)}~S_n=8\left\{~-\left(-\frac{\,1\,}{\,4\,}\right)^n\right\}$$
p.18 問23 初項 \(5\)、公比 \(2\)
p.19 問24$${\small (1)}~2+5+8+11$$$${\small (2)}~2+8+18$$$${\small (3)}~2^1+2^2+2^3+\cdots+2^n$$
p.19 問25$${\small (1)}~\sum_{k=1}^{n}k^3$$$${\small (2)}~\sum_{k=1}^{n}(2k+1)$$$${\small (3)}~\sum_{k=1}^{5}k(k+2)$$
p.20 問26$${\small (1)}~3^n-1$$$${\small (2)}~-\frac{\,2\,}{\,3\,}\{1-(-2)^n\}$$
p.21 問27$${\small (1)}~2870$$$${\small (2)}~2485$$
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、
\(S=\left\{{\large \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2\)
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.22 問29$${\small (1)}~\frac{\,1\,}{\,2\,}n(5n+7)$$$${\small (2)}~\frac{\,1\,}{\,3\,}n(n^2-7)$$$${\small (3)}~\frac{\,1\,}{\,4\,}n(n+1)(n-1)(n+2)$$
p.22 問30$$~~~\frac{\,1\,}{\,6\,}n(n+1)(2n+7)$$
p.24 問31$${\small (1)}~a_n=n^2-2n+2$$$${\small (2)}~a_n=\frac{\,1\,}{\,2\,}\{13-(-3)^{n-1}\}$$
p.25 問32$${\small (1)}~a_n=2n+2$$$${\small (2)}~a_n=2\cdot3^{n-1}$$
p.26 問33$$~~~\frac{\,n\,}{\,2n+1\,}$$
p.27 問34$$~~~S_n=\frac{\,(2n-1)\cdot3^n+1\,}{\,2\,}$$
p.28 問35$${\small (1)}~n^2-n+1$$$${\small (2)}~n(2n^2+1)$$
２節 漸化式と数学的帰納法
p.31 問1$${\small (1)}~6~,~8~,~10~,~12~,~14$$$${\small (2)}~1~,~5~,~17~,~53~,~161$$
p.32 問2$${\small (1)}~a_n=4n-7$$$${\small (2)}~a_n=2^{n+1}$$
p.33 問3$${\small (1)}~a_n=\frac{\,1\,}{\,3\,}(n^3-3n^2+2n+9)$$$${\small (2)}~a_n=\frac{\,1\,}{\,2\,}(3^n-1)$$
p.34 問4$${\small (1)}~a_n=5\cdot2^{n-1}-3$$$${\small (2)}~a_n=(-2)^{n-1}+4$$
p.35 問5$$~~~a_n={ \frac{\,1\,}{\,2\,}}n(n-1)$$
p.37 問6\({\small (1)}~\)[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]
\({\small (2)}~\)[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]
\(1\cdot2+2\cdot3+3\cdot4+\cdots+n(n+1)\)
\(={\large \frac{1}{3}}n(n+1)(n+2)\) …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]
\({\small (2)}~\)[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]
p.38 問7[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.39 問8[証明]
\(7^{2n}-1\) は \(8\) の倍数である …①
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(7^2-1=49-1=48\)
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
\(7^{2k}-1=8m\) …②
また、\(n=k+1\) のとき
\(7^{2k+2}-1\)
\(=49\cdot 7^{2k}-1\)
②を代入すると、
\(=49(8m+1)-1\)
\(=8(49m+6)\)
ここで、\(49m+6\) が整数より \(8\) 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]
\(7^{2n}-1\) は \(8\) の倍数である …①
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
\(7^2-1=49-1=48\)
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
\(7^{2k}-1=8m\) …②
また、\(n=k+1\) のとき
\(7^{2k+2}-1\)
\(=49\cdot 7^{2k}-1\)
②を代入すると、
\(=49(8m+1)-1\)
\(=8(49m+6)\)
ここで、\(49m+6\) が整数より \(8\) 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]
p.40 問9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.41 問題13この等式を①とする
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(={\large \frac{\,1\,}{\,1\cdot3\,}}={\large \frac{\,1\,}{\,3\,}}\)
(右辺)\(={\large \frac{\,1\,}{\,2\cdot1+1\,}}={\large \frac{\,1\,}{\,3\,}}\)
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、$$\small \begin{split}&~~~\frac{\,1\,}{\,1\cdot3\,}+\frac{\,1\,}{\,3\cdot5\,}+\cdots+\frac{\,1\,}{\,(2k-1)(2k+1)\,}\\[2pt]~~=~&\frac{\,k\,}{\,2k+1\,}\end{split}$$が成り立つ
ここで、\(n=k+1\) のときの左辺は、$$\small \begin{split}&\frac{\,1\,}{\,1\cdot3\,}+\frac{\,1\,}{\,3\cdot5\,}+\cdots\\[2pt]&~~~+\frac{\,1\,}{\,(2k-1)(2k+1)\,}+\frac{\,1\,}{\,(2k+1)(2k+3)\,}\\[2pt]~~=~&\frac{\,k\,}{\,2k+1\,}+\frac{\,1\,}{\,(2k+1)(2k+3)\,}\\[2pt]~~=~&\frac{\,k+1\,}{\,2k+3\,}\\[2pt]~~=~&\frac{\,k+1\,}{\,2(k+1)+1\,}\end{split}$$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]
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
(左辺)\(={\large \frac{\,1\,}{\,1\cdot3\,}}={\large \frac{\,1\,}{\,3\,}}\)
(右辺)\(={\large \frac{\,1\,}{\,2\cdot1+1\,}}={\large \frac{\,1\,}{\,3\,}}\)
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、$$\small \begin{split}&~~~\frac{\,1\,}{\,1\cdot3\,}+\frac{\,1\,}{\,3\cdot5\,}+\cdots+\frac{\,1\,}{\,(2k-1)(2k+1)\,}\\[2pt]~~=~&\frac{\,k\,}{\,2k+1\,}\end{split}$$が成り立つ
ここで、\(n=k+1\) のときの左辺は、$$\small \begin{split}&\frac{\,1\,}{\,1\cdot3\,}+\frac{\,1\,}{\,3\cdot5\,}+\cdots\\[2pt]&~~~+\frac{\,1\,}{\,(2k-1)(2k+1)\,}+\frac{\,1\,}{\,(2k+1)(2k+3)\,}\\[2pt]~~=~&\frac{\,k\,}{\,2k+1\,}+\frac{\,1\,}{\,(2k+1)(2k+3)\,}\\[2pt]~~=~&\frac{\,k+1\,}{\,2k+3\,}\\[2pt]~~=~&\frac{\,k+1\,}{\,2(k+1)+1\,}\end{split}$$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.41 問14[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.41 問15[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.41 問16[証明] \(n\) 角形の内角の和が \((n-2)\cdot180^\circ\) であるを①とする
(ⅰ) \(n=3\) のとき、
\((3-2)\cdot180^\circ=180^\circ\)
三角形の内角の和が \(180^\circ\) より、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、
\(k\) 角形の内角の和が \((k-2)\cdot180^\circ\) である
ここで、\(k+1\) 角形を考えると、三角形１つ分の角が増えるので、内角の和は、$$\begin{split}&(k-2)\cdot180^\circ+180^\circ\\[2pt]~~=~&(k-2+1)\cdot180^\circ\\[2pt]~~=~&\{(k+1)-2\}\cdot180^\circ\end{split}$$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 \(3\) 以上のすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
(ⅰ) \(n=3\) のとき、
\((3-2)\cdot180^\circ=180^\circ\)
三角形の内角の和が \(180^\circ\) より、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、
\(k\) 角形の内角の和が \((k-2)\cdot180^\circ\) である
ここで、\(k+1\) 角形を考えると、三角形１つ分の角が増えるので、内角の和は、$$\begin{split}&(k-2)\cdot180^\circ+180^\circ\\[2pt]~~=~&(k-2+1)\cdot180^\circ\\[2pt]~~=~&\{(k+1)-2\}\cdot180^\circ\end{split}$$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 \(3\) 以上のすべての自然数 \(n\) について①が成り立つ [終]
練習問題
p.44 練習問題 7[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.44 練習問題 8\({\small (1)}~\)\(a_1=1~,~a_2=4~,~a_3=9~,~a_4=16~,~\cdots\) 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]
p.47 発展 問1$${\small (1)}~a_n=2^n-1$$$${\small (2)}~a_n=3^{n-1}+(-2)^{n-1}$$
p.48 参考 問1$$~~~-\frac{\,1\,}{\,6\,}\cdot\left(\frac{\,1\,}{\,3\,}\right)^{n-1}+\frac{\,1\,}{\,2\,}$$
p.49 発展 問1\({\small (1)}~\)\(\alpha=2~,~\beta=2\) または、\(\alpha=-1~,~\beta=5\)$${\small (2)}~a_n=\frac{\,2^n+2\cdot5^n\,}{\,3\,}~,~b_n=\frac{\,2^n-5^n\,}{\,3\,}$$
