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等差数列の証明
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直接書くならば、以下のようになります。 anの公差をd、bnの公差をeとすると、 an=a1+(n-1)d、bn=b1+(n-1)e と書けます。(これは良いですね?) この式のnのところを5nに置き換えたりとか、an,bnを何倍かしたり、 足し引きして計算します。 a5n=a1+(5n-1)d=a1+{5(n-1)+4}d=(a1+4d)+(n-1)(5d) となって、これは初項a1+4d、交差5dの等差数列。 a5、a10、a15、・・・と5飛びで見ているので、公差が元の5倍なの はすぐわかる。 2an-3bn=2a1+2(n-1)d-3b1-3(n-1)e=(2a1-3b1)+(n-1)(2d-3e) となって、これは初項2a1-3b1、公差2d-3eの等差数列。 2d=3eのときは一定の数になってしまう。このときも、公差が0 の等差数列と考える。 たとえば、anの公差が3、bnの公差が2とすると、anを2倍してできる 数列と、bnを3倍してできる数列の差からできる数列は、an,bnの 初項が何であっても、一定になってしまう。これはちょっと面白い。 a2n+b3n=a1+(2n-1)d+b1+(3n-1)e=a1+{2(n-1)+1}d+b1+{3(n-1)+2}e =(a1+d+b1+2e)+(n-1)(2d+3e) となって、これは初項a1+d+b1+2e、公差2d+3eの等差数列。 このときも、2d+3e=0のときは一定の数になってしまうが、公差が0 の等差数列と考える。 要するに、a+(n-1)dの形に変形することを目指すのです。 (計算合ってるかはご確認を) 直接書かなくても、漸化式a(n+1)-an=dを使うだけでもできることは できますが・・・最初はこんな風に直接書いた方がわかりやすいかも。
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- kkkk2222
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{A_n}=A[n]と表記します a[n]=a1+(n-1)d b[n]=b1+(n-1)d' (1)a[5(n+1)]-a[5n]=5d (2){2*a[n+1]-3*b[n+1]}-{2*a[n]-3*b[n]} =2*{a[n+1]-a[n]}-3{b[n+1]-b[n]} =2d-3d' (3){a[2(n+1)]+b[3(n+1)]-{a[2n]+b[3n]} ={a[2(n+1)]-a[2n]}+{b[3(n+1)]-b[3n]} =2d+3d' <an+1からanを引いて証明する方法はなんとか分かる> <この問題は解答を見てもサッパリ分かりません>・・・というのは ○上記の解法 がわからないのか ○上記の解法以外を知りたいのか・・・不明です で上記の解法を詳説します ●<n+1番目の項からn番目の項を引いたら定数>⇔等差数列 <A(n+1)-A(n)=定数>⇔等差数列 (1) 数列a[5n]は a[5], a[10], a[15], a[20],・・・, a1+4d, a1+9d, a1+14d, a1+19d・・・ a[5n]=a1+(5n-1)d=(a1+4d)+(n-1)*5d=E[n] (2)同様に 2*a[n]=2*{a1+(n-1)d}=2*a1+(n-1)*2d=F[n] 3*b[n]=3*{b1+(n-1)d'}=3*b1+(n-1)*3d'=G[n] (3)同様に a[2n]=a1+(2n-1)d=(a1+d)+(n-1)*2d=H[n] b[3n]=b1+(3n-1)d'=(b1+2d')+(n-1)*3d'=K[n] このあとは <A(n+1)-A(n)=定数>⇔等差数列 を適用します 感覚的には全て公差が何倍かされているだけでほぼ自明 なんですが、証明となると、どこまで書けばよいのか・・・ E[n]、F[n]、G[n]、H[n]、K[n]と置きなおすと安心感があります
お礼
はい、上記の解法が分かりませんでした。 丁寧にありがとうございます。この問題はもっと練習してかならずできるようにがんばりたいと思います。ありがとうございました!
- tatsumi01
- ベストアンサー率30% (976/3185)
等差数列の性質 (0) 初項 a_1 と公差 d が決まれば第n項 a_n = a_1 + (n-1)d と決まる (0') 等差数列 ⇔ a_(n+1) - a_n = d (d は定数) この性質を使います。 具体的には、(1) であれば c_n = a_(5n) と置いて、c_n の一般項を求め、これから c_(n+1) - c_n を計算して (0') が成立することを示します。 (2), (3) も同様。
お礼
はい、なんとか分かることができました。回答してくださってどうもありがとうございます。
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