等差数列
等差数列
定義《等差数列》
隣り合う $2$ 項の差が一定である, すなわちある定数 $d$ について
$a_{n+1}-a_n = d$ つまり $a_{n+1} = a_n+d$
を満たす数列 $\{ a_n\}$ を等差数列(arithmetic sequence, progression)と呼び,
$d$ をその公差(common difference)と呼ぶ.
定理《等差数列の一般項による特徴付け》
- (1)
- 数列 $\{ a_n\}$ が初項 $a,$ 公差 $d$ の等差数列であるとき, \[ a_n = a+(n-1)d\] である.
- (2)
- 数列 $\{ a_n\}$ に対して,
$\{ a_n\}$ が等差数列$\iff$ $a_n$ は $n$ の $1$ 次式または定数が成り立つ.
証明
- (1)
- $n$ に関する数学的帰納法で示す.
- (i)
- $a_1 = a = a+(1-1)d$ から, $n = 1$ のとき成り立つ.
- (ii)
- $n = k$ ($k$: 正の整数)のとき \[ a_n = a+(n-1)d \quad \cdots [\ast ]\] が成り立つとすると, \[\begin{aligned} &a_{k+1} = a_k+d = \{ a+(k-1)d\} +d \\ &= a+\{ (k-1)+1\} d = a+\{ (k+1)-1\} d \end{aligned}\] となるから, $n = k+1$ のとき $[\ast ]$ が成り立つ.
- (2)
- $(\Longrightarrow )$ 初項 $a,$ 公差 $d$ の等差数列 $\{ a_n\}$ の一般項 $a_n$ は,
\[ a_n = a+(n-1)d = dn+(a-d)\]
であるから, $d \neq 0$ のとき $n$ の $1$ 次式, $d = 0$ のとき定数となる.
$(\Longleftarrow )$ 数列 $\{ a_n\}$ の一般項 $a_n$ が $1$ 次式または定数ならば, 定数 $d,$ $e$ を用いて $a_n = dn+e$ と書けて \[ a_{n+1}-a_n = \{ d(n+1)+e\}-(dn+e) = d\] となるから, $\{ a_n\}$ は公差 $d$ の等差数列となる.
定理《等差数列の和》
公差 $d$ の等差数列 $\{ a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和は,
\[\sum_{k = 1}^na_k = \frac{n}{2}\{ 2a+(n-1)d\} = \frac{n}{2}(a_1+a_n)\]
である.
証明
\[\begin{aligned}
2\sum_{k = 1}^na_k &= \sum_{k = 1}^na_k+\sum_{k = 1}^na_{n+1-k} \\
&= \sum_{k = 1}^n(a_k+a_{n+1-k}) \\
&= \sum_{k = 1}^n\{ a_1+(k-1)d+a_1+(n-k)d\} \\
&= \sum_{k = 1}^n\{ 2a_1+(n-1)d\} \\
&= n\{ 2a_1+(n-1)d\} \\
&= n(a_1+a_n)
\end{aligned}\]
の両辺を $2$ で割ると, 求める等式が得られる.
問題《等差素数列の性質》
- (A)
- 公差が正であり, 各項が素数である項数 $n$ の等差数列の初項 $p$ は $n$ 以上であることを示せ.
- (B)
- 公差が $0$ でなく, 各項が素数である等差数列の項数は有限であることを示せ.
解答例
- (A)
- 公差を $d$ とおくと, $p+pd = p(1+d)$ は素数でないから, \[ p+(n-1)d < p+pd\] が成り立つ. よって, $n-1 < p$ つまり $p \geqq n$ が成り立つ.
- (B)
- (i)
- 初項が $1$ より大きい整数 $p,$ 公差が正の整数 $d,$ 項数が無限の等差数列において, $n-1$ が $p$ の倍数となるような番号 $n$ について \[ p+(n-1)d = p\left( 1+\frac{n-1}{p}d\right)\] は合成数である.
- (ii)
- 公差が負のとき, 項数が無限の等差数列は負の数を含む.
背景
各項が相異なる素数であるような, 項数 $2$ 以上の等差数列を「等差素数列」(prime arithmetic progression)と呼ぶ.
定理《等差中項》
$3$ 数 $a,$ $b,$ $c$ がこの順に等差数列をなすとき,
\[ 2b = a+c\]
が成り立つ.
証明
$b-a = c-b$ を整理すると, $2b = a+c$ が得られる.
問題《公差 $2$ の等差素数列》
各項が素数であり, 公差が $2,$ 項数が $3$ 以上である等差数列は $(3,5,7)$ に限ることを示せ.
ただし, 項数が有限の数列は, $(3,5,7)$ のように, 初項から末項まで順に列記したものをかっこ $(\ )$ でくくって表すものとする.
(参考: 2004 早稲田大)
解答例
各項が素数である公差 $2$ の等差数列において, 連続する $3$ 項は, ある整数 $p$ を用いて $p,$ $p+2,$ $p+4$ の形に表される素数である.
ゆえに, 各項が素数であり, 公差が $2,$ 項数が $3$ 以上である等差数列は, 連続する $3$ 項が $3,$ $5,$ $7$ に一致することから, 項数 $3$ の数列 $(3,5,7)$ に限る.
- (i)
- $p$ が $3$ の倍数のとき, $p$ と $3$ は素数であるから, $p = 3$ となる. このとき, $p+2 = 5$ と $p+4 = 7$ も素数である.
- (ii)
- $p$ を $3$ で割った余りが $1$ であるとき, $p+2$ は $3$ の倍数であり, $p+2$ と $3$ は素数であるから, $p+2 = 3$ となる. このとき, $p = 1$ である. これは, $p$ が素数であることに反する.
- (iii)
- $p$ を $3$ で割った余りが $2$ であるとき, $p+4$ は $3$ の倍数であり, $p+4$ と $3$ は素数であるから, $p+4 = 3$ となる. このとき, $p = -1$ である. これは, $p$ が素数であることに反する.
ゆえに, 各項が素数であり, 公差が $2,$ 項数が $3$ 以上である等差数列は, 連続する $3$ 項が $3,$ $5,$ $7$ に一致することから, 項数 $3$ の数列 $(3,5,7)$ に限る.
別解
各項が素数であるような公差 $2$ の等差数列において, 連続する $3$ 項は, ある整数 $p$ を用いて $p-2,$ $p,$ $p+2$ の形に表される素数である.
\[\begin{aligned}
(p-2)p(p+2) &= p^3-4p = (p^3-p)-3p \\
&= (p-1)p(p+1)-3p
\end{aligned}\]
であり, 連続 $3$ 整数の積 $(p-1)p(p+1)$ は $3$ で割り切れるから, $(p-2)p(p+2)$ は $3$ で割り切れる.
このことと $p-2,$ $p,$ $p+2$ と $3$ は素数であることから, $p-2 = 3,$ $p = 3,$ $p+2 = 3$ のいずれかが成り立つ.
ゆえに, 各項が素数であり, 公差が $2,$ 項数が $3$ 以上である等差数列は, 連続する $3$ 項が $3,$ $5,$ $7$ に一致することから, 項数 $3$ の数列 $(3,5,7)$ に限る.
- (i)
- $p-2 = 3$ つまり $p = 5$ のとき, $p$ と $p+2 = 7$ も素数である.
- (ii)
- $p = 3$ のとき, $p-2 = 1$ は素数でない. これは, $p-2$ が素数であることに反する.
- (iii)
- $p+2 = 3$ のとき, $p = 1$ は素数でない. これは, $p$ が素数であることに反する.
ゆえに, 各項が素数であり, 公差が $2,$ 項数が $3$ 以上である等差数列は, 連続する $3$ 項が $3,$ $5,$ $7$ に一致することから, 項数 $3$ の数列 $(3,5,7)$ に限る.
背景
問題《$3$ 辺の長さが等差数列をなす直角三角形》
$3$ 辺の長さが等差数列をなすような直角三角形の $3$ 辺の長さの比を求めよ.
解答例
題意の直角三角形の辺の長さを $a-d,$ $a,$ $a+d\ (a > d > 0)$ とおく.
このとき, 三平方の定理により
\[\begin{aligned}
(a-d)^2+a^2 &= (a+d)^2 \\
a^2-2ad+d^2+a^2 &= a^2+2ad+d^2 \\
a^2 &= 4ad
\end{aligned}\]
が成り立つから, 両辺を $a(> 0)$ で割ると
\[ a = 4d\]
となる.
ゆえに, 題意の直角三角形の $3$ 辺の長さの比は
\[ (a-d):a:(a+d) = 3d:4d:5d = 3:4:5\]
である.