【階差数列型の疑問】n=1 の確かめは必要? 成り立たない例はあるのか?

階差数列型では、$\sum$の計算結果が、$n=1~$でも成り立つかどうかを最後に確かめます。なぜこれが必要なのか? また、 $n=1~$ で成り立たない例はあるのかを解説します。

この記事を読んでわかること
  • 階差数列型で、$n=1~$と$~n \geqq 2~$で分ける理由は$~\sum~$の公式にある!
  • $~n=1~$の確かめでは、ほぼ100%成立する!
  • $~n=1~$で成り立たない例は、$n=1$で場合分けされているとき。
目次

Ⅰ n=1 を確かめる理由

 なぜ\(~n=1~\)で成り立つかどうかの確認をするのでしょうか?

 その理由は簡単で、$~\{a_n\}~$の階差数列を$~\{b_n\}~$としたとき、

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

と表されます。
 ここに$~n=1~$を代入すると、

 a_1=a_1+\sum_{k=1}^{0}b_k~~~\cdots ②

となります。

 ここで、困るのが$~\displaystyle \sum_{k=1}^{0}b_k~$の部分。

$~k=1~$から$~k=0~$までの$~b_k~$の和!?

と困るわけです。
 
 そこで、実際の式では$~n \geqq 2~$という制約をつけて$①$の右辺を計算し、最後に$~n=1~$のときにも等式が成り立つかを確かめる必要があるのです。
 
 よくある問題の例を1つ挙げてみます。

例1

$~1 , 2 , 4 , 7 , 11 , 16 , \cdots~$で与えられている数列$~\{a_n\}~$を求める。

 この数列の階差数列$~\{b_n\}~$を調べると、

1 \xrightarrow{b_1=1} 2 \xrightarrow{b_2=2} 4 \xrightarrow{b_3=3} 7 \xrightarrow{b_4=4} 11 \xrightarrow{b_5=5} 16  \cdots

であり、$~b_n=n~$と表せるので、$~n \geqq 2~$のとき、

\begin{align*}
a_n&=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k  \\
\\
&=1+\sum_{k=1}^{n-1}k  \\
\\
&=1+\frac{1}{2}n(n-1)  \\
\\
&=\frac{1}{2}n^2-\frac{1}{2}n+1~~~\cdots ③
\end{align*}

となる。

 また、$~n = 1~$を$③$に代入すると、

\begin{align*}
a_1&=\frac{1}{2}\cdot 1^2-\frac{1}{2}\cdot 1+1  \\
\\
&=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+1  \\
\\
&=1
\end{align*}

であるため、 $~n = 1~$のときにも成り立つ。

 したがって、一般項は

a_n=\frac{1}{2}n^2-\frac{1}{2}n+1

と求まった。

 学んだ直後は、$~n=1~$の確認が割と新鮮なのですが、問題演習をしていくうちに、

これ、いつでも成り立つのでは?

という疑問が出てきます。
 この疑問を次章以降で解決していきましょう。

Ⅱ n=1 でほぼ成り立つ理由

 着目するのは、$~①~$の式に出てくる$~\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}b_k~$の部分。
 
 数学Bの教科書や問題集で出てくる階差数列$~b_k~$の和の計算は、ほぼ全て以下の計算(実数倍やそれらの和を含めて)に帰着されます。

$~n-1~$までの$~\Sigma~$の公式
\begin{align*}
&\sum_{k=1}^{n-1}1=n-1  \\
\\
&\sum_{k=1}^{n-1}k=\frac{1}{2}n(n-1)  \\
\\
&\sum_{k=1}^{n-1}k^2=\frac{1}{6}n(n-1)(2n-1)  \\
\\
&\sum_{k=1}^{n-1}k^3=\left\{ \frac{1}{2}n(n-1) \right\}^2  \\
\\
&\sum_{k=1}^{n-1}cr^{k-1}=\frac{c(1-r^{n-1})}{1-r} ~~~(r \neq 1)  \\
\end{align*}

 これらの式の右辺に$~n=1~$を代入してみると、見事にすべて$~0~$になります。
 すなわち、数式としては変ですが、

\sum_{k=1}^{0}b_k=0~~~~\cdots ④

が成り立つということです。
 $④$を、$②$に代入すると、

\begin{align*}
 a_1&=a_1+0  \\
 a_1&=a_1
 \end{align*}

となり、$~\Sigma~$計算をして求まった$~\{a_n\}~$の一般項は、$~a_1~$でも必ず成り立ちます。

 まとめると、 $~\displaystyle \sum_{k=1}^{0}b_k~$は定義できないものの、$~\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}b_k~$を計算してから$~n=1~$を代入することで、$~\displaystyle \sum_{k=1}^{0}b_k=0~$が求まるため、$~n=1~$でも成り立ということです。

Ⅲ n=1 で成り立たない例

 高校範囲で出てくる階差数列を利用する問題は、ほぼ$~n=1~$でも成り立つことがわかりました。

 では、$~\Sigma~$計算をして求まった$~\{a_n\}~$が、$~n=1~$で成り立たなくするにはどうすればいいのでしょう?

 そのためには、$~b_k~$が、$~n=1~$と$~n \geqq 2~$で場合分けされればよいのです。
 
 具体例を2つほど考えてみました。

例2

 $~1 , 1 , 3 , 6 , 10 , 15 , \cdots~$で与えられている数列$~\{a_n\}~$を求める。

 この数列の階差数列$~\{b_n\}~$を調べると、

1 \xrightarrow{b_1=0} 1 \xrightarrow{b_2=2} 3 \xrightarrow{b_3=3} 6 \xrightarrow{b_4=4} 10 \xrightarrow{b_5=5} 15  \cdots

となっているため、次のように表される。

  b_n = 
\begin{cases}
    0 & (n=1) \\
    n & (n \geqq 2)
  \end{cases}

 したがって、$~n \geqq 2~$のとき、

\begin{align*}
a_n&=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k  \\
\\
&=1+b_1+\sum_{k=2}^{n-1}k  \\
\\
&=1+0+\left\{ \frac{1}{2}n(n-1)-1\right\}  \\
\\
&=\frac{1}{2}n(n-1)~~~~\cdots ⑤
\end{align*}

となる。

 また、 $~n = 1~$を$⑤$に代入すると、

\begin{align*}
a_1&=\frac{1}{2}\cdot 1 \cdot (1-1)  \\
\\
&=0 ~~~(\neq 1)
\end{align*}

であるため、$~n=1~$のときには成り立たない。

 したがって、一般項は

 a_n = 
\begin{cases}
    1 & (n=1) \\
\\
    \displaystyle \frac{1}{2}n(n-1) & (n \geqq 2)
  \end{cases}

と求まった。

 ちょっとズルい気がしますが、確かに$~n=1~$では成り立っていません。
 
 少し、ズルさを隠したのが次の例3です。

例3

 $~1 , 2 , 2 , 3 , 5 , 8 , \cdots~$で与えられている数列$~\{a_n\} ~$を求める。

 この数列の階差数列$~\{b_n\}~$を調べると、

1 \xrightarrow{b_1=1} 2 \xrightarrow{b_2=0} 2 \xrightarrow{b_3=1} 3 \xrightarrow{b_4=2} 5 \xrightarrow{b_5=3} 8  \cdots

となっているため、次のように表される。

b_n=|n-2|

 したがって、$~n \geqq 2~$のとき、

\begin{align*}
a_n&=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}|k-2|  \\
\\
&=1+|1-2|+\sum_{k=2}^{n-1}(k-2)  \\
\\
&=1+|1-2|+\left\{ \frac{1}{2}n(n-1)-2(n-1)-(1-2) \right\} \\
\\
&=1+1+\frac{1}{2}n(n-1)-2(n-1)+1 \\
\\
&=3+\frac{1}{2}(n-1)(n-4) ~~~~\cdots ⑥
\end{align*}

となる。

 また、 $~n = 1~$を$⑥$に代入すると、

\begin{align*}
a_1&=3+\frac{1}{2}(1-1)(1-4) 
\\
&=3~~~~(\neq 1)
\end{align*}

であるため、$~n=1~$のときには成り立たない。

 したがって、一般項は

  a_n = \begin{cases}
    1 & (n=1) \\
\\
    \displaystyle 3+\frac{1}{2}(n-1)(n-4) & (n \geqq 2)
  \end{cases}

と求まった。

 絶対値を使って、$~b_n~$をスッキリ見せてはいますが、

   b_n = \begin{cases}
     1 & (n=1) \\
     n-2 & (n \geqq 2)
   \end{cases}

という場合分けを含んでいるため、本質的には例2と一緒です。

おわりに

 ということで、今回はよくある疑問を解消すべく、階差数列を利用した問題について解説しました。

 まとめとしては以下のようになります。

 階差数列型で、$n=1~$で成り立たない例は存在する!
 ただ、$~n=1~$と$~n\geqq 2~$で表し方が違うような$~b_n~$でない限りは$~n=1~$でも成り立つので、ほぼ100%便宜的に $~n=1~$の確かめをしておけばOK。

 ちなみにですが、$~b_n=\displaystyle \left[ \frac{1}{2}n \right]~$のように、$~n~$が奇数と偶数で場合分けされるような場合でも、$n=1~$で成り立ちます。

  あくまでも、$~n=1~$と$~n\geqq 2~$ で場合分けされた$~b_n~$だけ要注意です。


な~んだ。$~n=1~$でも成り立つんだ。

うん。でも、その確かめを書き忘れると減点されちゃうから気を付けよう。

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コメント

コメント一覧 (2件)

  • 例2をいじって、bk=|k-3|とかにすると、項が三つ以上存在する前提ではn=3以降で成り立つ一般項を得られます。この一般項はn=1だけでなくn=2でも成り立たなくなりますよね?
    これと同様に、この例2は第2項が存在する前提で式を作ったからずれただけとは言えませんか?
    数学を勉強しはじめて日が浅いので、間違っていたらすみません。

    • コメントありがとうございます。
      \(~b_k=|k-3|~\)であれば、確かに\(~n=1~,~2~\)のときに成り立たなくなりますね。
       
      無理やり作った数列だったので、確かにずらしただけと言うことはできますが、一応問題としては、
      「\(~1 , 2 , 2 , 3 , 5 , 8 , \cdots~\)で与えられている数列\( ~\{a_n\} ~\)を求める。」
      としているので、第2項である\(~a_2=2~\)が存在しているという仮定のもとで考えています。
       
      もし、問題文が
      「初項\(~1~\)である数列\( ~\{a_n\}~\)の階差数列\( ~\{b_n\}~\)が、\(~b_n=|n-2|~\)と与えられたとき、\(~a_n~\)の一般項を求めなさい」
      とかであれば、議論の余地があるのかもしれませんが・・・。
       
      お答えになっているでしょうか?

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