6. 差をとってできる数列の応用(ノート)
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数学B　第2章　数列

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2. 等比数列	[無料]
3. Σ(シグマ)と和の公式	[無料]
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6. 差をとってできる数列の応用	[会員]
7. (等差)×(等比)の和	[会員]
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6. $a_n=b_n-b_{n-1}$ 型の和

　ある数列 $\{a_n\}$ の一般項が知りたいとして，しかし $\{a_n\}$ が等差数列でも等比数列でもないとすれば， どのようにしてそれが求められるだろうか．この問いの一つの解決法として，もし$\{a_n\}$ の階差数列( $\{b_n\}$ とする)が等差数列や等比数列といった扱いやすい数列であったならば，$n\geqq2$ のとき

$$a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1} b_k$$

という形で数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めることができるのであった．( 4. 階差数列 )

　いまこの式を変形して

$$\sum_{k=1}^{n-1} b_k=a_n-a_1$$

としてみよう．するとこれは

　階差数列 $\{b_n\}$ の和を求めるのに，元の数列 $\{a_n\}$ の一般項がわかっているならば，$\{b_n\}$ の初項から第 $n-1$ 項までの和は，$a_n-a_1$ で求められる．

と解釈することができる．これはどういうことかというと，

　ある数列の和を求めるのに，その数列を階差数列にもつ数列の一般項がわかれば，和はいとも簡単に計算できる．

ということである．ある数列の一般項を求めるのにその階差数列を利用して求める公式を，今度は逆に階差数列の和を求めるのに元の数列の一般項から求めることに利用しようという訳である．以下いくつかの具体例を見ていく．

6.1　部分分数分解

　部分分数分解は，数学Ⅱ式と証明 2.分数式 のところで学習済みである．

　例として $a_n=\dfrac1{n(n+1)}$ で表される数列を考えよう．最初のいくつかの項を書くと次のようである．

$$\dfrac1{1\cdot2},\ \ \dfrac1{2\cdot3}, \ \ \dfrac1{3\cdot4},\ \ \cdots$$

　この数列はある数列 $\{b_n\}$ の階差数列となっていて，この $b_n$ を用いると先に見た式により

$$\sum_{k=1}^n a_k=\sum_{k=1}^n\frac1{k(k+1)}=b_{n+1}-b_1$$

として求めることができる．では $\{b_n\}$ とは何か？それは

$$b_n=-\frac1n$$

である．実際

$$\begin{align*} b_{n+1}-b_n&=-\frac1{n+1}-\left(-\frac1n\right)\\[5pt] &=\frac{-n+(n+1)}{n(n+1)}\\[5pt] &=\frac1{n(n+1)} \end{align*}$$

である．

例題1　$S_n=\dfrac1{1\cdot2}+\dfrac1{2\cdot3}+\dfrac1{3\cdot 4}+\cdots+\dfrac1{n(n+1)}$ を求めよ．

答

✕　$S_n=\dfrac12+\dfrac16+\dfrac1{12}+\cdots+\dfrac1{n^2+n}$
○　$S_n\!=\!\left(\dfrac11\!-\!\dfrac12\right)\!+\!\left(\dfrac12\!-\!\dfrac13\right)\!+\!\left(\dfrac13\!-\!\dfrac14\right)\!+\!\cdots\!+\!\left(\dfrac1n\!-\!\dfrac1{n+1}\right)$
　　$=1-\dfrac1{n\!+\!1}$
　　$=\underline{\boldsymbol{\dfrac n{n+1}}}$

例題2　$S_n=\dfrac1{1\cdot3}+\dfrac1{3\cdot 5}+\dfrac1{5\cdot7}+\cdots+\dfrac1{(2n-1)(2n+1)}$ を求めよ．

答

$$\frac1{2n-1}-\frac1{2n+1}=\frac2{(2n-1)(2n+1)}$$ 　両辺を2で割って， $$\frac12\left(\frac1{2n-1}-\frac1{2n+1}\right)=\frac1{(2n-1)(2n+1)}$$ 　よって， $$\begin{align*} S_n&=\!\frac12\left(\frac11\!-\!\frac13\right)\!+\!\frac12\left(\frac13\!-\!\frac15\right)\!+\!\cdots\!+\!\frac12\left(\frac1{2n\!-\!1}\!-\!\frac1{2n\!+\!1}\right)\\[5pt] &=\!\frac12\left\{\left(\frac11\!-\!\frac13\right)\!+\!\left(\frac13\!-\!\frac15\right)\!+\!\cdots\!+\!\left(\frac1{2n\!-\!1}\!-\!\frac1{2n\!+\!1}\right)\right\}\\[5pt] &=\frac12\left(1-\frac1{2n+1}\right)\\[5pt] &=\underline{\boldsymbol{\frac n{2n+1}}} \end{align*}$$

部分分数分解 $$\begin{align*}&[1]\ \ \frac1{n(n+1)}=\frac1n-\frac1{n+1}\\[5pt] &[2]\ \ \frac1{n(n\!+\!1)(n\!+\!2)}\!=\!\frac12\left\{\!\frac1{n(n\!+\!1)}\!-\!\frac1{(n\!+\!1)(n\!+\!2)}\!\right\}\\[5pt] &[3]\ \ \frac n{(n+1)!}=\frac1{n!}-\frac1{(n+1)!}\end{align*}$$

6.2　$a_n=b_n-b_{n-1}$ 型の和

　数列 $\{a_n\}$ が，

$$a_n=b_n-b_{n-1}\ (=-b_{n-1}+b_n)\ \ \cdots(*)$$

と表されているならば， $$\begin{align*} \sum_{k=1}^n a_k&=\sum_{k=1}^n (-b_{k-1}+b_k)\\[5pt] &=(-b_0+b_1)+(-b_1+b_2)+\cdots+(-b_{k-1}+b_k)\\[5pt] &=b_n-b_0 \end{align*}$$ と $\{a_n\}$ の和が簡単に求まる：

$$\sum_{k=1}^n a_k=b_n-b_0$$

　ただし，$b_0$ は $b_n$ の式で $n=0$ とおいた形式的なものである．

　$(*)$ を満たす $\{a_n\},\ \{b_n\}$ の例には次のようなものがある：

①　$a_n=n,\ b_n=\dfrac12n(n+1)$ $$\begin{align*} \sum_{k=1}^n k&=\sum_{k=1}^n \left\{\frac12k(k+1)-\frac12(k-1)k\right\}\\[5pt] &=\frac12n(n+1)-0\\[5pt] &=\frac12n(n+1) \end{align*}$$

②　$a_n=n(n+1),\ b_n=\dfrac13n(n+1)(n+2)$ $$\begin{align*} \sum_{k=1}^n k(k+1)&=\sum_{k=1}^n \left\{\frac13k(k\!+\!1)(k\!+\!2)\!-\!\frac13(k\!-\!1)k(k\!+\!1)\right\}\\[5pt] &=\frac13n(n+1)(n+2)-0\\[5pt] &=\frac13n(n+1)(n+2) \end{align*}$$

③　$a_n=n(n\!+\!1)(n\!+\!2),\ b_n=\dfrac14n(n\!+\!1)(n\!+\!2)(n\!+\!3)$ $$\begin{align*} &\sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2)\\[5pt] &=\sum_{k=1}^n \left\{\frac14k(k\!+\!1)(k\!+\!2)(k\!+\!3)\!-\!\frac14(k\!-\!1)k(k\!+\!1)(k\!+\!2)\right\}\\[5pt] &=\frac14n(n+1)(n+2)(n+3)-0\\[5pt] &=\frac14n(n+1)(n+2)(n+3) \end{align*}$$

まとめ $$\begin{align*}&[1]\ \ \sum_{k=1}^nk=\frac12n(n+1)\\[5pt] &[2]\ \ \sum_{k=1}^nk(k+1)=\frac13n(n+1)(n+2)\\[5pt] &[3]\ \ \sum_{k=1}^nk(k\!+\!1)(k\!+\!2)\!=\!\frac14n(n\!+\!1)(n\!+\!2)(n\!+\!3)\end{align*}$$

例題　$\displaystyle\sum_{k=1}^n k^2$ を計算せよ．

答

$$\begin{align*} \sum_{k=1}^n k^2&=\sum_{k=1}^n \{k(k+1)-k\}\\[5pt] &=\sum_{k=1}^n k(k+1)-\sum_{k=1}^n k\\[5pt] &=\sum_{k=1}^n \left\{\frac13k(k\!+\!1)(k\!+\!2)\!-\!\frac13(k\!-\!1)k(k\!+\!1)\right\}\\[5pt] &\hspace{15mm}-\sum_{k=1}^n \left\{\frac12k(k+1)-\frac12(k-1)k\right\}\\[5pt] &=\frac13n(n+1)(n+2)-\frac12n(n+1)\\[5pt] &=\frac16n(n+1)\{2(n+2)-3\}\\[5pt] &=\underline{\boldsymbol{\frac16n(n+1)(2n+1)}} \end{align*}$$

補足

　上の例は，$\displaystyle\sum_{k=1}^n k^2$ の別証明を与えていることになる．（最初に示した方法はこちら）

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