数列2 等差数列

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数列2 等差数列

 

 

 等差数列とは

隣り合う項の差(公差という)が一定の数列

\(2 , 5 , 8 , 11 , 14 , 17 , 20\)\(\cdots\)    初項\(2\)で公差\(3\)の等差数列

 

 一般項

\(a\)は初項、\(d\)は公差とする。

 

数列の第二項は…… \(a_{1}+d=a+d\)  (初項に公差を足すと第二項になるので)

第三項は…… \(a_{1}+d+d=a+2d\) (第二項に公差を足すと第三項になるので)

第四項は…… \(a_{1}+d+d+d=a+3d\)

続けていくと第\(n\)項は \(a_{n}=a+(n-1)d\)  ※一つずれることに注意。つまり、

 

\(a_{n}=a+(n-1)d\) と書ける。

 

等差数列の和

和を\(S_{n}\)とおくと、次のように書ける。

\(S_{n}=a_{1}+a_{2}+ \cdots +a_{n-1}+a_{n}\)   \(\cdots\)   ①

 

右辺を逆から書く。

\(S_{n}=a_{n}+a_{n-1}+ \cdots +a_{2}+a_{1}\)   \(\cdots\)   ②

 

①+②より

\(2S_{n}=(a_{1}+a_{n})+(a_{2}+a_{n-1})+\cdots +(a_{n-1}+a_{2})+(a_{n}+a_{1})\)  ③

 

ここで右辺のかっこの中を一つずつ計算していく。

\(a_{1}+a_{n}=a+[a+(n-1)d)]=\)\(2a+(n-1)d\)

\(a_{2}+a_{n-1}=(a+d)+[a+(n-2)d)]=\)\(2a+(n-1)d\)

\(\cdots\)

\(a_{n}+a_{1}=[a+(n-1)d)+a]=\)\(2a+(n-1)d\)

というように全て同じになり、③の答えは以下のようになる。

 

\(2S_{n}=(2a+(n-1)d)+(2a+(n-1)d)+\cdots +(2a+(n-1)d)\)

 

\(=n(2a+(n-1)d)\)

 

よって総和は  \(S_{n}=\displaystyle\frac{1}{2}n[2a+(n-1)d]\)

 

問題

\(2 , 6 , 10 , 14 , 18 \)\(\cdots\) という等差数列{\(a_{n}\)} を考える。

 

1番

一般項を求めよ。

 

2番

総和を求めよ。

 

 

解答

1番

初項は\(2\)、公差は\(4\) であるので公式から

 

\(a_{n}=2+4(n-1)=\)\(4n-2\)

 

※公式を使わずに次のように考えることもできる。

公差が\(4\)であるので「\(4n+\)定数」の形になり、後は初項(\(n=1\))の時、\(2\)になるように定数部分を決める。

 

2番

総和公式を適用する。

 

 \(S_{n}=\displaystyle\frac{1}{2}n[2a+(n-1)d]=\displaystyle\frac{1}{2}n[2\cdot 2+4(n-1)]=2n^2\)

 

※シグマ公式による計算

\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(4k-2)=4\cdot \displaystyle\frac{1}{2}n(n+1)-2n=2n^2\)

 

 

※これらの計算において公式を用いましたが、公式を導出がてらの計算でも良いです。(公式の導出に沿って計算する。忘れてしまった時のためにできるようにはしておくべきです。)ただ、普通は時間の関係もあるので覚えて計算するのが無難かと思われます。

 

 

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