📢 Webサイト閉鎖と移転のお知らせ
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ゆえに、<math>\frac{1}{2} n \, \{2 a_1 + (n - 1)d \}</math> となる。<br> | ゆえに、<math>\frac{1}{2} n \, \{2 a_1 + (n - 1)d \}</math> となる。<br> | ||
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導出: 等差数列の和 | |||
<math>S = a + (a + d) + (a + 2d) + \cdots + {a + (n - 1)d}</math> において、aの部分とdの部分に分ける。 | |||
<math>S = na + d{1 + 2 + \cdots + (n - 1)}</math> | |||
ここで、<math>1 + 2 + \cdots + (n - 1) = \frac{n(n - 1)}{2}</math> であるので、 | |||
<math>S = na + \frac{1}{2}nd (n - 1) = \frac{1}{2} n \{ 2a + (n - 1)d \}</math> となる。 | |||
つまり，等差数列の和は、自然数の和を1次変換したものである。 | |||
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例題: | 例題: | ||
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等比数列は、指数関数的な成長や減衰を示す現象を扱う場合や金融や自然科学の分野でも頻繁に使用される。<br> | 等比数列は、指数関数的な成長や減衰を示す現象を扱う場合や金融や自然科学の分野でも頻繁に使用される。<br> | ||
また、デジタル信号処理において、Z変換を使用して伝達関数を求める場合にも使用される。<br> | |||
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==== 応用例 ==== | ==== 応用例 ==== | ||
数列2, 5, 10, 17, 26, 37の一般項を求める場合、第2階差が定数列であるため、2次式で表されることがわかる。<br> | |||
これは、<math>a_n = \alpha n^2 + \beta n + \gamma</math> の形で表される。<br> | これは、<math>a_n = \alpha n^2 + \beta n + \gamma</math> の形で表される。<br> | ||
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階差数列の考え方を用いれば、複雑に見える数列でもその規則性を見つけやすくなる。<br> | 階差数列の考え方を用いれば、複雑に見える数列でもその規則性を見つけやすくなる。<br> | ||
特に、多項式で表される数列の分析に効果的である。<br> | 特に、多項式で表される数列の分析に効果的である。<br> | ||
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例題: | |||
数列a<sub>n</sub>が、5，11，21，35，53，... の時 | |||
(1) 一般項a<sub>n</sub>を求めよ。 | |||
(2) 初項から第n項までの和を求めよ。 | |||
(1)の解答: | |||
数列a<sub>n</sub>の階差数列をb<sub>n</sub>とする時 | |||
<math>a_n : 5, 11, 21, 35, 53, \, \cdots</math> | |||
<math>b_n : 6, 10, 14, 18, \, \cdots</math> | |||
数列b<sub>n</sub>は、初項6、公差4の等差数列であるから、<math>b_n = 6 + 4(n - 1) = 4n + 2</math> | |||
<math>n \ge 2</math> の時 | |||
<math> | |||
\begin{align} | |||
a_n &= a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k \\ | |||
&= 5 + \sum_{k=1}^{n-1} (4k+2) \\ | |||
&= 5 + 4 \sum_{k=1}^{n-1} k + \sum_{k=1}^{n-1} 2 \\ | |||
&= 5 + 4 \cdot \frac{1}{2} (n - 1) n + 2 (n - 1) \\ | |||
&= 2n^2 + 3 \quad \cdots \mbox{(1)} | |||
\end{align} | |||
</math> | |||
<math>n = 1</math> の時 | |||
<math>2 n^2 + 3 = 2 \cdot 1 + 3 = 5</math> | |||
初項は <math>a_1 = 5</math> であるから、上式(1)は <math>n = 1</math> の時も成り立つ。 | |||
したがって、<math>a_n = 2 n^2 + 3</math> となる。 | |||
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(2)の解答 | |||
求める和をS<sub>n</sub>とする時 | |||
<math> | |||
\begin{align} | |||
S_n &= \sum_{k = 1}^{n} a_k \\ | |||
&= \sum_{k = 1}^{n} (2 k^2 + 3) \\ | |||
&= 2 \sum_{k = 1}^{n} k^2 + \sum_{k = 1}^{n} 3 \\ | |||
&= 2 \cdot \frac{1}{6} n (n + 1)(2n + 1) + 3n \\ | |||
&= \frac{1}{3} n \{(n + 1)(2n + 1) + 9 \} \\ | |||
&= \frac{1}{3} n (2 n^2 + 3n + 10) | |||
\end{align} | |||
</math> | |||
<br> | |||
==== 漸化式と階差数列 ==== | |||
定義: | |||
<math>a_n + 1 = a_n + f(n)</math> | |||
f(n) は階差数列の一般項 | |||
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<math>a_n + 1 = a_n + f(n)</math> は、階差数列を利用して解くことができる。<br> | |||
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<math>b_n = a_n + 1 - a_n</math> とおく。<br> | |||
<math>b_n = f(n)</math> とする時、数列b<sub>n</sub>はa<sub>n</sub>の階差数列となる。<br> | |||
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<math>n \ge 2</math> の時、<math>a_n = a_1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} b_k</math> を利用して一般項を求めることができる。<br> | |||
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例題: | |||
<math>a_1 = 1, \, \, a_n + 1 = a_n + 2^n - 2n \quad (n = 1, 2, 3, \cdots)</math> で定義される数列の一般項a<sub>n</sub>を求めよ。 | |||
解答: | |||
条件より、<math>a_n + 1 - a_n = 2^n - 2n</math> | |||
よって、数列anの階差数列の第n項が <math>2^n - 2n</math> であるから、 | |||
<math>n \ge 2</math> の時 | |||
<math> | |||
\begin{align} | |||
a_n &= a_1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} (2^k - 2k) \\ | |||
&= 1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} 2^k - 2 \sum_{k = 1}^{n - 1} k \\ | |||
&= 1 + \frac{2 (2^{n - 1} - 1)}{2 - 1} - 2 \cdot \frac{1}{2} n (n - 1) \\ | |||
&= 1 + (2^n - 2) - n^2 + n \\ | |||
&= 2^n - n^2 + n - 1 \quad \cdots (1) | |||
\end{align} | |||
</math> | |||
初項は <math>a_1 = 1</math> なので、上式(1)は <math>n = 1</math> の時にも成り立つ。 | |||
したがって、<math>a_n = 2^n - n^2 + n - 1</math> | |||
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このように，漸化式の問題も <math>a_n + 1 - a_n = f(n)</math> とすることにより、通常の階差数列と同様に解くことができる。<br> | |||
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== 数列の和の計算式 == | |||
<math>\sum_{k = 1}^{n} a_k = na, \qquad \sum_{k = 1}^{n - 1} a_k = (n - 1)a</math> | |||
<math>\sum_{k = 1}^{n} k = \frac{1}{2} n(n + 1)</math> | |||
<math>\sum_{k = 1}^{n} k^2 = \frac{1}{6} n(n + 1)(2n + 1)</math> | |||
<math>\sum_{k = 1}^{n} k^3 = \Bigg\{ \frac{1}{2} n(n + 1) \Bigg\}^2</math> | |||
<math>\sum_{k = 1}^{n} ar^{k - 1} = \cfrac{a (1 -r^n)}{1 - r} = \cfrac{a (r^n - 1)}{r - 1}</math> | |||
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