「次のSSを求めよ。
(1)ai=pn−iqi−1ai=pn−iqi−1とする。(ただし、n:自然数,p−1q≠1n:自然数,p−1q≠1)
S=∑nj=1aiS=∑nj=1ai
(1)ai=pn−iqi−1ai=pn−iqi−1とする。(ただし、n:自然数,p−1q≠1n:自然数,p−1q≠1)
S=∑nj=1aiS=∑nj=1ai
(2)ai=p2(n−i)q2(i−1),bi=p2(n−i)−1q2i−1ai=p2(n−i)q2(i−1),bi=p2(n−i)−1q2i−1とする。(ただし、n:自然数,p−1q≠1n:自然数,p−1q≠1)
S=∑nj=1ai−∑n−1j=ibiS=∑nj=1ai−∑n−1j=ibi」
(1)S=∑nj=1aiS=∑nj=1ai
数列aiaiの初項から第nn項までの中からいくつかの項を抜粋してみると以下のようになります。
a1=pn−1q1−1=pn−1a2=pn−2q2−1=pn−2qa3=pn−3q3−1=pn−3q2⋮an−1=pn−(n−1)q(n−1)−1=pqn−2an=pn−nqn=qn−1
a1=pn−1、どの項もp−1q倍したものが次の項になっていることよりaiは初項がpn−1、公比がp−1qの等比数列であることがわかります。
Sは数列aiの初項から第n項までの和でありp−1q≠1なので、等比数列の和の公式
n∑j=1arj−1=a(1−rn)1−r(a:初項,r:公比,n:項数)
より
S=pn−1{1−(p−1q)n}1−p−1q=pn−1(1−p−nqn)1−p−1q=pn−1−pn−1p−nqn1−p−1q=pn−1−p(n−1)−nqn1−p−1q=pn−1−p−1qn1−p−1q=pn−1−p−1qn1−p−1q⋅pp=pn−qnp−q
となります。
(等比数列の和の公式
n∑j=1arj−1=a(rn−1)r−1
のほうから求められるqn−pnq−pでも構いません。)
等比数列の和の公式を使わない場合Sは
S=pn−1+pn−2q+⋯+pqn−2+qn−1
となるため、
pn−qnp−q=pn−1+pn−2q+⋯+pqn−2+qn−1
が成り立ちます。
これの両辺にp−qを掛けると
pn−qn=(p−q)(pn−1+pn−2q+⋯+pqn−2+qn−1)
となります。
(a)にはまだp−1q≠1という条件がついているのですが、この条件に関わらず(a)が成り立つことを確かめます。そのためにはp−1q≠1と同値の「p≠qかつp≠0」の否定「p=qまたはp=0」のとき(a)が成り立つかどうかを調べます。
(a)にp=qを代入すると
(左辺)=pn−pn=0(右辺)=(p−p)(pn−1+pn−1+⋯+pn−1+pn−1)=0
(a)にp=0を代入すると
(左辺)=0n−qn=−qn(右辺)=(0−q)(0+0+⋯+0+qn−1)=−q⋅qn−1=−qn
(左辺)=(右辺)となるため「p=qまたはp=0」のとき(a)は成り立つ、すなわち(a)は任意の実数p,qで成り立つことがわかります。
この
pn−qn=(p−q)(pn−1+pn−2q+⋯+pqn−2+qn−1)(p,q:任意の実数,n:自然数)
はpn−qnの因数分解公式となります。
例えば、n=2のとき
n=3のとき
p2−q2=(p−q)(p2−1+q2−1)=(p−q)(p+q)
となってp2−q2の因数分解公式があらわれ、
n=3のとき
p3−q3=(p−q)(p3−1+p3−2q3−2+q3−1)=(p−q)(p2+pq+q2)
となってp3−q3の因数分解公式があらわれます。
(2)S=∑nj=1ai−∑n−1j=ibi
数列aiの初項から第n項までの中からいくつかの項を抜粋してみると以下のようになります。
a1=p2(n−1)q2(1−1)=p2(n−1)a2=p2(n−2)q2(2−1)=p2(n−2)q2⋮an−1=p2{n−(n−1)}q2{(n−1)−1}=p2q2(n−2)an=p2(n−n)q2(n−1)=q2(n−1)
a1=p2(n−1)、どの項もp−2q2倍したものが次の項になっていることよりaiは初項がp2(n−1)、公比がp−2q2の等比数列であることがわかります。
数列biの初項から第n−1項までの中からいくつかの項を抜粋してみると以下のようになります。
b1=p2(n−1)−1q2⋅1−1=p2(n−1)−1qb2=p2(n−2)−1q2⋅2−1=p2(n−2)−1q3⋮bn−2=p2{n−(n−2)}−1q2(n−2)−1=p3q2(n−2)−1bn−1=p2{n−(n−1)}−1q2(n−1)−1=pq2(n−1)−1
b1=p2(n−1)−1q、どの項もp−2q2倍したものが次の項になっていることよりbiは初項がp2(n−1)−1、公比がp−2q2の等比数列であることがわかります。
数列aiの初項から第n項までの和をSa、数列biの初項から第n−1項までの和をSbとすると、与えられた条件よりp−1q≠1ならばp−2q2≠1なので等比数列の和の公式より
Sa=p2(n−1){1−(p−2q2)n}1−p−2q2=p2(n−1)(1−p−2nq2n)1−p−2q2=p2(n−1)−p−2q2n1−p−2q2=p2(n−1)−p−2q2n1−p−2q2⋅p2p2=p2n−q2np2−q2Sb=p2(n−1)−1q{1−(p−2q2)n−1}1−p−2q2=p2(n−1)−1q(1−p−2(n−1)q2(n−1))1−p−2q2=p2(n−1)−1q−p−1q2n−11−p−2q2=p2(n−1)−1q−p−1q2n−11−p−2q2⋅p2p2=p2n−1q−pq2n−1p2−q2
となります。
したがって、S=Sa−Sbより
S=p2n−q2np2−q2−p2n−1q−pq2n−1p2−q2=p2n−q2n−(p2n−1q−pq2n−1)p2−q2=p2n−q2n−p2n−1q+pq2n−1p2−q2=p⋅p2n−1−q⋅q2n−1−q⋅p2n−1+p⋅q2n−1p2−q2=(p−q)p2n−1+(p−q)q2n−1p2−q2=(p−q)(p2n−1+q2n−1)(p−q)(p+q)=p2n−1+q2n−1p+q
となります。
等比数列の和を使わない場合Sa,Sbはそれぞれ
Sa=p2(n−1)+p2(n−2)q2+⋯+p2q2(n−2)+q2(n−1)Sb=p2(n−1)−1q+p2(n−2)−1q3+⋯+p3q2(n−2)−1+pq2(n−1)−1
となるためSは
S=(p2(n−1)+p2(n−2)q2+⋯+p2q2(n−2)+q2(n−1))−(p2(n−1)−1q+p2(n−2)−1q3+⋯+p3q2(n−2)−1+pq2(n−1)−1)=p2(n−1)−p2(n−1)−1q+p2(n−2)q2−p2(n−2)−1q3+⋯−p3q2(n−2)−1+p2q2(n−2)−pq2(n−1)−1+q2(n−1)
となり、
p2n−1+q2n−1p+q=p2(n−1)−p2(n−1)−1q+p2(n−2)q2−p2(n−2)−1q3+⋯−p3q2(n−2)−1+p2q2(n−2)−pq2(n−1)−1+q2(n−1)
が成り立ちます。
これの両辺にp+qを掛けると
p2n−1+q2n−1=(p+q)(p2(n−1)−p2(n−1)−1q+⋯−pq2(n−1)−1+q2(n−1))
となります。
(a)と同様(b)にはまだp−1q≠1という条件がついているので、これと同値な「p≠qかつp≠0」の否定においても成り立つことを確かめます。
(b)にp=qを代入すると
(左辺)=p2n−1+p2n−1=2p2n−1(右辺)=(p+p)(p2(n−1)−p2(n−1)+⋯−p2(n−1)+p2(n−1))=2p{n−1個⏞(p2(n−1)−p2(n−1))+⋯+(p2(n−1)−p2(n−1))+p2(n−1)}=2p⋅p2(n−1)=2p2n−1
(b)にp=0を代入すると
(左辺)=02n−1+q2n−1=q2n−1(右辺)=(0+q)(0−0+⋯−0+q2(n−1))=q⋅q2(n−1)=q2n−1
となるため、(b)は任意の実数p,qで成り立つことがわかります。
この
p,qの指数である2n−1は奇数である点に注意です。
p2n−1+q2n−1=(p+q)(p2(n−1)−p2(n−1)−1q+⋯−pq2(n−1)−1+q2(n−1))(p,q:任意の実数,n:自然数)
はp2n−1+q2n−1の因数分解公式となります。p,qの指数である2n−1は奇数である点に注意です。
例えば、n=2のとき
n=3のとき
p2⋅2−1+q2⋅2−1=(p+q)(p2(2−1)−p2(2−1)−1q2(n−1)−1+q2(2−1))p3+q3=(p+q)(p2−pq+q2)
となってp3+q3の因数分解公式があらわれ、n=3のとき
p2⋅3−1+q2⋅3−1=(p+q)(p2(3−1)−p2(3−2)q2(3−2)−1+p2(3−2)−1q2(3−2)−p2(3−2)−1q2(3−1)−1+q2(3−1))p5+q5=(p+q)(p4−p3q+p2q2−pq3+q4)
となり、これはp5+q5の因数分解公式となります。
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