階差数列での迷信

質問

何か・どこか間違っていますか：

今までの大誤解・迷信
＝階差数列使用時にｎ≧２という制限は重要です。

真実・真相：
すべてのn(n=1,2,3・・・)に対してan = a1+(Σk=1nbk)－bn

こんなに単純な式ですむのに誰も今まで発見できていません。
私は例外なしの単一表示があるはずだと証明しようとしてから
気づくのに10年かかりました。
発見日時：2000年8月26日午後４時頃、仕事場に向かうバスに乗っている時。
(2008-01-03.THU 00:28)

回答No.10

Tofu-yo-

すごく面白い式だと思いました。

ただ、実用性はどうでしょうか？
当たり前ですがb_nを引く式だと「b_nを引く」という手間が増えるので結局場合分けした方が早いのではないでしょうか？

a_1+Σ(k=1～n-1)b_n(n≧2)

の式の計算結果において、n=1のときに必ずしも成り立たないことは
b_n=2(n=1)、1(≧2)
の例からわかるので、ご提案の式か場合分けかのいずれかの方法になりますが、自分なら場合分けの方が楽に感じます。

回答No.9

tecchan22

久しぶりにｇｏｏを覗きましたが、少し前にレスがあったようですね。

あなたの式で統一的に表されることは勿論異論はないが、｛ｂｎ｝が（場合分けされず）単一の式で表される場合は、
「普通の求め方でも」ｎ＝１の確認は不要なことは、＃６に書いたような理由で、よく？知られていることなんですね。
｛ｂｎ｝が場合分けされている＃６に挙げた例のような場合（だけ）、「普通の方法では」ｎ＝１の確認が必要になります。
それを知っている者にとっては、残念ながらそれほど触手が動かないんですね。（最初に見たときには、おお！と思いましたが・・）

また、ｂｎ＝f(n)として、a0=a1-f(0)とおけば、
an=a0+Σ(0→n-1)f(k)
と、ｎ≧１で統一的に計算できます。そういう方法もありますね。

しかし、あなたの見つけた式は、簡単で、まさに目からウロコですね。
計算が楽かどうかはともかく、場合分けの不要な簡単な表記で、その点評価されると思います。

蛇足ですがＮｏ８さんの後半はおかしい。
＞an+1＝a1＋(Σk=1nbk)　　・・・Ａ
＞これより
＞an+1＝f(ｎ＋１)　　・・・Ｂ
＞を求めておいて，ｎの値を１つ下げて，
＞an＝f(ｎ)　　・・・Ｃ
＞を求めたらいかがでしょう？
＞これなら場合分けがいらないですよ。

Ａではｎ≧１
だからＢでもｎ≧１
だからＣではｎ≧２
なのでＮｏ８さんの方法では駄目です。当然ですが。

回答No.8

hiro0066

No7で解答したものです。返事ありがとうございました。
今の場合は、
f(n)=an = a1+(Σk=1nbk)－bn
から
g(n)= an = a1+(Σk=1n-1bk)
が導かれたと見るべきなのですね。
わかりました。
しかし、
f(n)=an = a1+(Σk=1nbk)－bnは場合分けの必要はないのですが，生徒に教えにくいように思います。
ここで提案なのですが、
g(n)= an = a1+(Σk=1n-1bk)の
シグマk＝1からｎ－1までと表記するから場合分けが必要なるわけだから，いっそのこと
a2－a1=b1
a3－a2=b2
a4－a3=b3
…
an－an-1=bn-1
an+1－an=bn　ここまで辺々足しておいて

an+1－a1＝b1+b2+・・・+bn-1＋bn
an+1＝a1＋b1+b2+・・・+bn-1＋bn
an+1＝a1＋(Σk=1nbk)
これより
an+1＝f(ｎ＋１)
を求めておいて，ｎの値を１つ下げて，
an＝f(ｎ)
を求めたらいかがでしょう？
これなら場合分けがいらないですよ。

回答No.7

hiro0066

すいません。すばらしい式だと思います。
すべてのn(n=1,2,3・・・)に対してan = a1+(Σk=1nbk)－bn
これは成り立ちますね。確かに
しかし、疑問なのですが
a2-a1=b1
a3-a2=b2
a4-a3=b3
…
an-an-1=bn-1　　　　　　　　　 　の辺々を足すことで　
an=a1+b1+b2+・・・+bn-1　…☆　　が得られ

an = a1+(Σk=1n-1bk) 　　　 　　　が得られる。
　または
an = a1+(Σk=1nbk)－bn　　　　　　が得られる。

わけですよね。　ということは

an=a1+b1+b2+・・・+bn-1　…☆　　←この段階で ｎ≧２ という条件が発生しているので、
（この式にn=1は代入できない、b0は定義されていないから。）
おかしなことになるのではないでしょうか。

an=a1+b1+b2+・・・+bn-1　…☆　　　　（ｎ≧２）
an=a1+（b1+b2+・・・+bn-1+bn）－bn　 （ｎ≧１）
an = a1+(Σk=1nbk)－bn　　　　　　　 （ｎ≧１）

（ｎ≧２）の条件が（ｎ≧１）に変わってしまう。
　これは同値なのでしょうか？
　自分で言っておいてなんですが、☆の式にbnを足して引いているだけだから、同値変形ですよね。でもnの条件が変わってしまうのに違和感を感じてしまいます。

補足

正の整数n≧1で定義されている関数f(n)と
整数n≧2で定義されている関数g(n)があり,
全ての整数n≧2に対してf(n)＝g(n)が成立していれば、
fをgの拡張・拡大・一般化と呼んで差し支えないと考えます。

今の場合は、
f(n)=an = a1+(Σk=1nbk)－bn、
g(n)= an = a1+(Σk=1n-1bk)
と見るべきなのです。

「nの条件が変わってしまう」のではありません。
異なる表示式を使っているのです。

「同値変形」ではありません。
右辺の式を取替えて別の式を使っているのです。

今までは、（最適とは言い難い）gを表示に利用していたために、
n=1の場合を別扱いせざるを得ませんでした。
私の見つけたfを使えば、別扱いする必要は全くない事が見て取れます。

誤解する人もいるので弁明・説明しておきます：
場合分け無しには出来ますが、計算が楽になるとは主張していません。
(2008-06-25.WED 00:48)

回答No.6

tecchan22

あはは、確かにそう書くと一意的に表せますね。
なかなか良いんじゃないですか？

Σ[k=1～n-1] bk を計算した式に、ｎ＝１を代入したとき、０になるかどうか分からないから、普通はｎ＝１の確認が必要なんですよね。

しかし大体、Σ[k=1～n] f(k) が綺麗に表されるようなやつらは、
f(n) = g(n) -g(n-1) (ｎは任意の実数）
となるようなｇがあって、(離散版の原始関数みたいなもんですね）
Σ[k=1～n] f(k) = g(n) -g(0)
と表される訳です。
ここでg(n) - g(0) = F(n)
とおくと、
Σ[k=1～n] f(k) = F(n)
であり、
F(0) = 0 ・・・★
となるわけです。

だから、n^k , k^n などのΣの公式は、みな★を満たしますよね。

だから、階差が綺麗な式で、Σが綺麗に求まるような数列では（少なくとも高校のΣの公式だけで求まるような場合は）、
an = a1 + F(n-1) は、★より、 ｎ＝１でも成り立つわけですネ。

少し言い方を変えると、階差 an+1-an = f(n) が、
ある g(n) に対して、
f(n) = g(n+1) - g(n) ( n = 1,2,3,・・)
と表されるとき、
an - a1 = g(n) - g(1) (n = 1,2,3,・・）
より、
an = g(n) -g(1) +a1 (n = 1,2,3,・・）　・・●
と表されますよね。

だから、階差 f(n) が（場合分けなどのない）ｎの「綺麗な」式で表されるときは、それに対する原始関数のようなもの g(n) が綺麗に表されて、ｎ≧１で一般的に●のように表される訳ですね。

なのに一々、ｎ＝１の確認をするのは、何か面倒くさい。
それを回避する手段としては、なかなか面白いです。
しかし欠点としては、
・式として美しくないこと
・計算として、１～ｎのΣを取ってｂｎを引くよりも、１～ｎ－１のΣを取ってｎ＝１の確認をする方が、楽であろうこと
だから、あえて使う気にはちょっとなれないですね・・。

また、次のような、階差が「綺麗な」式で表せない場合には、あなたのような書き方をしようが、どうしようもないですしね。

例えば、階差を｛ｂｎ｝で表して、
a1 = 0
b1 = 2
bn = 1 (n≧2）

とすると、
an = a1 + (2+1+1+・・+1）
=a1 + 2 + 1×(n-2)
=n （ｎ≧２）
a1 = 0 ですから、これは別々に表すしかないですね。

ただ、動機は共感できますし、個人的にアイディアは面白いと思います。

補足

”普通はｎ＝１の確認が必要なんです”
と殆ど全ての本で書かれていますが、完全に間違いです。
普通であっても、特殊であっても不要です。

”ｎ＝１を代入したとき、０になるかどうか分からない”
なんて心配も無用です。

”ｎ＝１の確認をする”必要はありません。

おっしゃるように、
”階差 f(n) が（場合分けなどのない）ｎの「綺麗な」式で表される”場合にのみ楽ですが、
階差 f(n) が等比数列の場合には指数値の差の形になり計算は少々（実はかなり）面倒になります。

しかし、有難い事に、
”なのに一々、ｎ＝１の確認をするのは、何か面倒くさい”気持ちは
私の見つけた等式表示により解決／解消したのです。

例としてあげられた
”階差が「綺麗な」式で表せない場合”は”どうしようもない”のは、
(お気付きだとは思いますが）階差数列の責任では全く無く、
元の数列本体のせいなのです。

もう一度繰返しておきます。
”階差が綺麗な式で”なくとも、”Σが綺麗に求まるような数列で”なくとも、
”高校のΣの公式だけで求まるような場合”だけに限らず、
どの様な数列に対してでも、”★より”などという断り無しで
” ｎ＝１でも成り立つわけです”。

”離散版の原始関数”と表現されている
”f(n) = g(n) -g(n-1) (ｎは任意の実数）となるようなｇ”の存在の意識／概念の理解
に気付かれた事からも深く理解して頂けた様で感謝します。
（２００８－０６－２２ SUN ０１：５１）

回答No.5

koko_u_

みんな何ら記号の説明もなしによくわかるなぁ。

数列 {a_n} : n = 1,2,3...

に対して、階差数列 {b_n} : n = 1,2,3... を

b_n = a_{n+1} - a_n

として定めたときに

a_n = a_1 + Σ_{k=1}^{n-1} b_k

なので、この等式が n = 1 の時に適用できないのが気に入らないということ？

Σ_{k=1}^0 b_k の値は 0 とすると思っておけばイイじゃない。

補足

世の中に
”Σ_{k=1}^0 b_k の値は 0 とすると思っておけばイイ”
と考えていない人もいます。

”n = 1 の時に適用できない”のでは無く、
別扱いにしなければならないと言う思い込みがイヤなのです。
（２００８－０６－２２. SUN ０２：０９）

回答No.4

noname#46750

ANo.3の訂正
上から４行目
(誤)a1{(a2-a1)+(a3-a2)}-a3
(正)a1+{(a2-a1)+(a3-a2)}-a3

回答No.3

noname#46750

数式的には合っていますが、帰納的に考えると間違いになります。

階差数列の一般項は、bn=a(n+1)-bn　で与えられる。
a1がわかっているとすると、
a2=a1+(b1+b2)-b2=a1{(a2-a1)+(a3-a2)}-a3
となって、a2を求めるときにa3を使う。これは帰納的におかしい。

そもそも an=a1+Σ(k=1→n-1)bk は数列{an}を帰納的に求める事を表していると思います。
a1がわかっている。
a2=a1+b1=a1+(a2-a1)
a3=a1+b1+b2=a1+(a2-a1)+(a3-a2)
・・・・・・
an=a1+(b1+…+bn-1)=a1+{(a2-a1)+…+(an-an-1)}
という風に。

補足

”帰納的”と言う言葉を誤解されているのではありませんか。

元の数列があるからこそ、その数列の階差数列が定義可能な訳で、
階差数列から元の数列の項を作って”帰納的におかしい”と表現するのは何かヘンです。

もし、数学的に正当化・定式化するなら、
「与えられた数列を階差数列に持つ様な数列は存在するのか、
存在するとしたらどの様なものか」
でしょう。

ある種、微分方程式の解の分析です。
数列の場合は離散的ですが。
（２００８－０６－２２ SUN ０３：４１）

回答No.2

osaQ

それよりも，少なくとも高校までの範囲では，
　　n≧2　のとき a_n ＝ a_1＋Σb_k ……〔★〕
を利用して a_n の一般項を n の式で表したとき，
　　n＝1 のときも〔★〕は成り立つ
と必ず言えますよね？

お礼

すみません。書き込み欄を間違えていた様です。

”少なくとも高校までの範囲”などと言う限定など全く不要である事実を証明しているのです。これに気付いて下さい。
全ての数列で成立している、それが示せている事が重要です。

補足

”少なくとも高校までの範囲”などと言う限定など全く不要である事実を証明しているのです。これに気付いて下さい。
全ての数列で成立している、それが示せている事が重要です。

回答No.1

chiezo2005

間違っては居ませんが，少なくとも大発見ではないです。
一本の式で書くことの必要性をだれも感じなかったので，そういう表記をしていなかったのではないでしょうか？

おっしゃられるように式一本で書くのと
a1=a1
n>=2のとき
an=a1+Σbk
と2つに分けて書くのと何も変らないのではないでしょうか？

単純さと言う意味でもあまり単純とも思えません。
なぜなら，bnを足したり引いたりしているので階差数列を明示しているという意味では，わかりにくくなっています。

場合わけはあってもかまわないと思いますが・・・

補足

”一本の式で書くことの必要性”では無く、
場合分けをする必然性を問題にしている事に気付いて下さい。

勿論、”場合わけはあってもかまわないと思います”が、
その場合分けが不可避なものかどうかが知りたかったのです。
階差数列については、場合分けは回避可能なのです。
つまり、必然ではなく、単に技術的問題にすぎないのです。

単純である事を主張しているつもりは毛頭ありません。
判り易いかどうかは気にしていません。
使いやすいか、と問われたなら、さほど、とお答えします。

部分和数列Snから元の数列の一般項anを求める場合には、
絶対に初項は別扱いにしなければなりません。
初項n=1の場合と、n≧2の場合をまとめられない判定条件は知られています。

”だれも感じなかった”のではありません。
多くの数学教師＋高校生（＋大学生＋α）も気にかけていたのです。
実際、数学セミナー２０００年１月号の特集
「教えて！ わたしの疑問」の１２ページ「階差数列と初項」でも
この内容について質問＋（チョー不完全・不充分な）回答がなされています。

今までは誰も気付けなかった、
初項も含めての表示は出来ないと思い込んでいたのです。
その事についての指摘をしているだけです。
（２００８－０６－２２ SUN ０３：３０）