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階差数列から元の数列の一般項を求める問題では、n=1の場合分けが必要になることについて

高校数学で出題される次のような問題。

 

初項a1 = 1から始まる次の数列の一般項anを求めよ。
1, 2, 4, 7, 11, 16, 22, 29, 37

 

これを解く過程で場合分けが登場する。

 

各項の差をとると1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8となり、階差数列の一般項はnと書ける。

 

ゆえに、n ≧ 2の場合

an = a1 + Σ[i=1,n-1]n

これを解いて

an = n(n-1)/2 + 1

ここで右辺にn = 1を代入すると

右辺 = 1 = a1 = 左辺

となり、n = 1のときも成り立つ。

 

最後のn = 1を確認するところで、成り立たない問題を見たことがない。だから、場合分けは必要なの?って話。以下で真面目に考えてみる。

元の数列の一般項をanとするとき、階差数列は一般的に次の形になる。このg(n)bnと表示したりする。

an+1 - an = g(n), n≧1

このとき元の数列の一般項anは以下で求められる。

an = a1 + Σ[i=1,n-1]g(i)

上式でn = 1のとき、始値と終値が逆転したΣ[i=1,0]g(i)の未定義値が登場し、何らかの定義が必要になることが分かる。しかし、これも変形すれば、
両辺にg(n)を足して

an + g(n) = a1 + Σ[i=1,n-1]g(i) + g(n)
an + g(n) = a1 + Σ[i=1,n]g(i)
∴an = a1 + Σ[i=1,n]g(i) - g(n)

この形であればn = 1の場合であっても未定義値は登場せず成り立つ。実際n = 1を右辺に代入すれば左辺と一致し成り立つ。

 

n = 1の場合分けが不要という理由で、階差数列の公式は、

an = a1 + Σ[i=1,n]g(i) - g(n)

とすれば良かったのか、、、というわけでもない。(恐らく公式の単純さを優先したという理由だろうが、、、)以下で述べる。

 

Σ[i=1,n-1]g(i)を解いて上下逆転するΣΠを含まないf(n)と表現できたと仮定すると、

an = a1 + Σ[i=1,n-1]g(i)

an = a1 + f(n)

と表現できる。これがn = 1で成り立つための条件は、f(1) = 0である。以下でこれを証明する。仮定より、

f(n) = Σ[i=1,n-1]g(i)

なので、両辺にg(n)を加えて整理すると

f(n) = Σ[i=1,n]g(i) - g(n)

となりn = 1を代入すれば、f(1) = 0が得られる。

 

即ち、an = a1 + Σ[i=1,n-1]g(i)について、Σ[i=1,n-1]g(i)の部分が始値終値逆転するΣΠを含まない式(より単純には、n = 1が定義できる式)で表現できたのであれば、問題の式は自動的にn = 1でも成り立つ。

 

高校の問題の範囲でn = 1の場合けをする必要性を感じ難いのは、Σ[i=1,n-1]g(i)の部分が展開できる問題しか出題されないからと考える。

 

さて、ではΣ[i=1,n-1]g(i)が展開できない、又は展開できたとしてもn = 1が定義できない具体的な関数g(i)は存在するのか。すべてのg(i)において展開でき、かつn = 1が定義できることが証明できれば、上述通りan = a1 + Σ[i=1,n-1]g(i)において、n = 1の場合分けは不要となる。(このとき初めて空和を導入できるのだろう)

 

この記事についてまとめる。

 

  • 階差数列の問題で登場するan = a1 + Σ[i=1,n-1]g(i)の形において、n = 1の場合分けが不要なことを証明することは難しい(だろう)。
  • ただし、Σ[i=1,n-1]g(i)を展開した式f(n)において、f(1)が存在する 問題の式全体はn = 1でも成り立つ。


余談:

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