「数列 - 等差数列・等比数列・階差数列」の版間の差分

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ビジュアルウィキテキスト

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 ゆえに、<math>\frac{1}{2} n \, \{2 a_1 + (n - 1)d \}</math> となる。<br>
+<br>
+ 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:
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 ==== 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>
+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>
 <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>
 特に、多項式で表される数列の分析に効果的である。<br>
+<br>
+ 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。
+<br>
+ (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
+<br>
+<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>
+<br>
+<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>
+<br>
+<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>
+<br>
+ 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>
+<br>
+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>
+<br><br>
+== 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>
 <br><br>