階差数列と階差型の漸化式

階差数列 $b_{n} = a_{n + 1} - a_{n}$ を使い、 $n ≧ 2$ で $a_{n} = a_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} b_{k}$ から一般項を求められる。 $a_{n + 1} = a_{n} + f (n)$ 型の漸化式も解ける

前提

等差・等比数列の和と Σ （数学B 数列）

この技能までの道筋（10 技能）

算数中学高校大学大学院

読み込み中…

右端（太枠）がこの技能です。左へドラッグすると、さらに前の前提をさかのぼれます。技能を押すと、そこまでの道筋が光ります。

一覧で見る（前提が先）

四則の混じった計算の順序（算数計算と数のきまり）
等間隔にならんだ数の和（算数計算と数のきまり）
分数のたし算・ひき算（算数計算と数のきまり）
小数の四則計算（算数計算と数のきまり）
正負の数の加法・減法（中学数学数と式）
分数のかけ算・わり算（算数計算と数のきまり）
正負の数の乗除・累乗と四則混合（中学数学数と式）
分配法則を使った計算のくふう（算数計算と数のきまり）
文字式の計算（同類項・分配法則）（中学数学数と式）
等差・等比数列の和と Σ （数学B 数列）

説明

数列 ${a_{n}}$ の隣り合う項の差 $b_{n} = a_{n + 1} - a_{n}$ を並べた数列を、 ${a_{n}}$ の階差数列といいます。この技能を使うと、項の並びそのものには規則が見えなくても、差に規則（等差・等比など）がある数列の一般項を求められます。また、 $a_{n + 1} = a_{n} + f (n)$ のように「次の項は今の項に $f (n)$ を足したもの」という形の漸化式も同じ考え方で解けます。

なぜそうしてよいのか

$a_{n}$ を、初項 $a_{1}$ から階段を一段ずつ上る様子で考えます。 $a_{1}$ から $a_{2}$ へは $b_{1}$ 、 $a_{2}$ から $a_{3}$ へは $b_{2}$ 、…、 $a_{n - 1}$ から $a_{n}$ へは $b_{n - 1}$ だけ増えます。式で書くと、 $n ≧ 2$ のとき $a_{n} - a_{1} = (a_{2} - a_{1}) + (a_{3} - a_{2}) + \dots + (a_{n} - a_{n - 1})$ となります。右辺では $a_{2}, a_{3}, \dots, a_{n - 1}$ が足されてから引かれて打ち消し合い、 $a_{n} - a_{1}$ だけが残るので、この等式は正しく成り立ちます。右辺の各かっこは $b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n - 1}$ なので、 $a_{n} = a_{1} + k = 1 \sum n - 1 b_{k} (n ≧ 2)$ が得られます。

足すのは $b_{1}$ から $b_{n - 1}$ までの $n - 1$ 個です。 $a_{n}$ にたどり着くまでに上る段の数は $n - 1$ 段だからです。 $n = 1$ のときは足す項が 1 個もないので、この式は $n ≧ 2$ でしか使えません。そこで、求めた式が $n = 1$ でも $a_{1}$ に一致するかを最後に確かめます。

漸化式 $a_{n + 1} = a_{n} + f (n)$ は $a_{n + 1} - a_{n} = f (n)$ と書き直せます。これは階差数列が $b_{n} = f (n)$ だということなので、上の式に $b_{k} = f (k)$ を入れればそのまま解けます。

手順

階差数列 $b_{n}$ を求める。数列が与えられたときは差 $a_{n + 1} - a_{n}$ を調べる。漸化式 $a_{n + 1} = a_{n} + f (n)$ のときは $b_{n} = f (n)$ と読み取る。
$n ≧ 2$ のとき $a_{n} = a_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} b_{k}$ と書く。
Σ の公式の $n$ を $n - 1$ に置き換えて和を計算する。例: $\sum_{k = 1}^{n - 1} k = \frac{1}{2} (n - 1) n$ 、 $\sum_{k = 1}^{n - 1} 1 = n - 1$ 。
式を整理して $a_{n}$ を $n$ の式で表す。
求めた式に $n = 1$ を代入し、 $a_{1}$ と一致するか確かめる。一致すれば「すべての自然数 $n$ で成り立つ」とまとめ、一致しなければ $n = 1$ の場合と $n ≧ 2$ の場合を分けて答える。

例題

$a_{1} = 2, a_{n + 1} = a_{n} + 4 n - 1 (n = 1, 2, 3, \dots)$ で定められる数列 ${a_{n}}$ の一般項 $a_{n}$ を求めよ。

例題の解答

【手順1】漸化式を $a_{n + 1} - a_{n} = 4 n - 1$ と書き直すと、階差数列は $b_{n} = 4 n - 1$ である。
【手順2】 $n ≧ 2$ のとき、 $a_{n} = 2 + \sum_{k = 1}^{n - 1} (4 k - 1)$ と書ける。
【手順3】 $n - 1$ 項までの和なので、公式の $n$ を $n - 1$ に置き換えて計算する。 $\sum_{k = 1}^{n - 1} (4 k - 1) = 4 \cdot \frac{1}{2} (n - 1) n - (n - 1) = 2 n^{2} - 2 n - n + 1 = 2 n^{2} - 3 n + 1$
【手順4】 $a_{n} = 2 + 2 n^{2} - 3 n + 1 = 2 n^{2} - 3 n + 3$
【手順5】 $n = 1$ を代入すると $2 - 3 + 3 = 2 = a_{1}$ となり一致する。よって、この式はすべての自然数 $n$ で成り立つ。
（参考： $a_{2} = 2 + 3 = 5$ で、式からも $8 - 6 + 3 = 5$ 。 $a_{3} = 5 + 7 = 12$ で、式からも $18 - 9 + 3 = 12$ 。）
したがって $a_{n} = 2 n^{2} - 3 n + 3$ である。

答え: $2 n^{2} - 3 n + 3$

よくある誤り

和を $n$ 項目まで取って $a_{n} = a_{1} + \sum_{k = 1}^{n} b_{k}$ としてしまう誤り。 $a_{1}$ から $a_{n}$ までは $n - 1$ 段なので、正しくは $a_{n} = a_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} b_{k} (n ≧ 2)$ である。
$\sum_{k = 1}^{n - 1} k = \frac{1}{2} n (n + 1)$ のように、公式の $n$ を $n - 1$ に置き換え忘れる誤り。正しくは $\sum_{k = 1}^{n - 1} k = \frac{1}{2} (n - 1) n$ である。定数の和も $\sum_{k = 1}^{n - 1} 1 = n - 1$ であり、 $n$ ではない。
等比数列の和で項数を誤る誤り。例えば $\sum_{k = 1}^{n - 1} 3^{k} = \frac{3 ( 3 ^{n} - 1 )}{3 - 1}$ としてしまう。初項 $3$ 、公比 $3$ 、項数 $n - 1$ なので、正しくは $\frac{3 ( 3 ^{n - 1} - 1 )}{3 - 1} = \frac{3 ^{n} - 3}{2}$ である。
$n ≧ 2$ で導いた式を、確かめずに $n = 1$ でも成り立つとしてしまう誤り。正しくは $n = 1$ を代入して $a_{1}$ と一致するかを確かめる。一致しなければ、 $a_{1}$ と $n ≧ 2$ の式を分けて答える。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

置き換えによる漸化式の解法（数学B 数列）