群数列のシンプルな考え方【苦手な人必見・解き方考え方例題付き】

等差数列に関する基本事項(一般項・総和)

初項 $a$ ，公差 $d$ の一般項(第$n$項)は
$$a_{n}=a+(n-1)d$$
初項 $a$ ，公差 $d$ ，項数 $n$ の総和($S_{n}$)は
$$S_{n}=\frac{n}{2}\{2a+(n-1)d\}$$

等比数列に関する基本事項(一般項・総和)

初項 $a$ ，公差 $r$ ($r\neq1$) の一般項(第$n$項)は
$$a_{n}=ar^{n-1}$$
初項 $a$ ，公差 $r$ ($r\neq1$)，項数 $n$ の総和($S_{n}$)は
$$S_{n}=\frac{a(1-r^{n})}{1-r}$$

$\Sigma$に関する基本事項

$$\begin{eqnarray}
\sum_{ k = 1 }^{ n } k = \overbrace{ 1 + 2 + \cdots + n }^{ n } = \frac{ 1 }{ 2 } n ( n + 1 )
\end{eqnarray}$$
$$\begin{eqnarray}
\sum_{ k = 1 }^{ n } k^2 = \overbrace{ 1^2 + 2^2 + \cdots + n^2 }^{ n } = \frac{ 1 }{ 6 } n ( n + 1 ) ( 2n + 1 )
\end{eqnarray}$$
$$\begin{eqnarray}
\sum_{ k = 1 }^{ n } k^3 = \overbrace{ 1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 }^{ n } = \Bigr\{ \frac{ 1 }{ 2 } n ( n + 1 ) \Bigr\} ^{2}
\end{eqnarray}$$

$n$を自然数とする．次のような数列を考える．
$$1\vert1,2\vert1,2,3\vert1,2,3,4\vert ・・・\vert1,2,3,・・・,n\vert1,・・・$$
第$n$群には$1$から$n$までの自然数の列になる．
(1)　第$n$群の総和を求めよ．
(2)　第$1$群から第$n$群までの総和を求めよ．
(3)　総和が初めて$1500$を超えるのは第何群の何番目か求めよ．

(1)

第$n$群には1から$n$までの和だから$\frac{ 1 }{ 2 }$$ n ( n + 1 )$

(2)

第$1$群の和は$\frac{ 1 }{ 2 } $$ 1 ( 1 + 1 )$
第$2$群の和は$\frac{ 1 }{ 2 } $$ 2 ( 2 + 1 )$
第$3$群の和は$\frac{ 1 }{ 2 } $$ 3 ( 3 + 1 )$
　　　　　　　・
　　　　　　　・
　　　　　　　・
第$n$群の和は$\frac{ 1 }{ 2 } $$n ( n + 1 )$なので

$$\frac{ 1 }{ 2 } 1 ( 1 + 1 ) + \frac{ 1 }{ 2 } 2 ( 2 + 1 ) + \frac{ 1 }{ 2 } 3 ( 3 + 1 ) + \dots + \frac{ 1 }{ 2 } n ( n + 1 ) = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2} k ( k + 1 )$$
となる．したがって
$$\begin{eqnarray}
\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2} k ( k + 1 ) &=& \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n} ( k^{2} + k )\\
&=& \frac{1}{2} \Bigr\{ \frac{ 1 }{ 6 } n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) + \frac{ 1 }{ 2 } n ( n + 1 ) \Bigr\} 「\frac{ 1 }{ 6 } n ( n + 1 )でくくる」\\
&=& \frac{1}{12} n ( n + 1 ) (2n + 1 + 3 )\\
&=& \frac{1}{6} n ( n + 1 ) (n + 2 )
\end{eqnarray}
$$

(3)

まず第何群で$1500$を超えるのかを求めるために(2)の式を用いて
$\frac{1}{6}$$ n ( n + 1 ) (n + 2 ) > 1500$を満たす最小の$n$を求める．
このまま不等式を解いてもよいが，ここでは別の方法で求める．
$$\begin{eqnarray}
\frac{1}{6} n ( n + 1 ) (n + 2 ) &>& 1500\\
n ( n + 1 ) (n + 2 ) &>& 9000
\end{eqnarray}$$
ここで$20^{3} = 8000$であり，$30^{3} = 27000$なので$n$に入る値は$20$くらいではないかと予想がつく．
したがって，具体的に代入してみると，
$n = 20$ を代入したとき，$20 \cdot 21 \cdot 22 = 9240$となるので$9000$を超えた．
$n = 19$ を代入したとき，$19 \cdot 20 \cdot 21 = 7980$なので
第$20$群で1500を超えることが分かる．
第$19$群までの和は$\frac{1}{6} $$ 19 ( 19 + 1 ) (19 + 2 ) = 1330$より，
第$20$群ではのこり$170$を超えればよいので，
$$\frac{1}{2} m ( m + 1)>170$$を満たす最小の$m$を求める．
同様にして
$$m ( m + 1 ) > 340 $$を満たす$m$を具体的に代入して求めると，
$17 \cdot 18 =306$ となり$18 \cdot 19 =342 $なので
$m = 18$となる．
よって第$20$群の$18$番目で$1500$を超える．

次のような数列を考える．
$\frac{1}{1}\vert \frac{1}{2},\frac{2}{2} \vert \frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{3}{3}\vert\frac{1}{4},\frac{2}{4},\frac{3}{4},\frac{4}{4}\vert\frac{1}{5},・・・$
第$n$群には$n$個の項があり分母はすべて$n$である．
(1)　第100項の値を求めよ．
(2)　$\frac{15}{16}$は第何項か求めよ．
(3)　第$n$群の和$S_{n}$を求めよ．
(4)　第$1$群から第$n$群までの総和を求めよ．

(1)

第$100$項は第何群に含まれるのかを求める．
第$n$群には$n$個の項があるので，第$1$群から第$n-1$群までの項の数は
$$\frac{1}{2}(n-1)n$$
である．
同様にして，第$1$群から第$n$群までの項の数は
$$\frac{1}{2} n ( n + 1)$$
である．したがって第$100$項が第n群に含まれる場合は次の不等式を満たす．
$$\frac{1}{2} ( n – 1 ) n < 100 \leqq \frac{1}{2} n ( n + 1 ) $$
よって，これを満たす$n$を求める．
この２次不等式をそのまま解いても良いが，例題１同様に具体的に代入して求めてみよう．
$$
\begin{eqnarray}
\frac{1}{2} ( n – 1 ) n < &100& \leqq \frac{1}{2} n ( n + 1 ) 「２を掛ける」\\
( n – 1 ) n < &200& \leqq n ( n + 1 )
\end{eqnarray}
$$
となりこれは2連続する自然数の積が200くらいになる数を考えればよい．
$13 \cdot 14 = 182$であり，$14 \cdot 15 = 210$であるので，$n=14$より，
第$100$項は第$14$群に含まれることが分かる．
次に第$14$群の最初の項は第何項であるか求める．
第$13$群の最後の項は$\frac{1}{2}13 \cdot 14 = 91$なので，
第$14$群の最初の項は第$92$項である．
したがって，第$100$項は$ 100 – 92 + 1 = 9 $だから第$14$群の$9$番目の項なので，
$\frac{9}{14}$である．

(2)

$\frac{15}{16}$は第$16$群の$15$番目の値だから，
第$15$群の最後の項は$\frac{1}{2}15 \cdot 16 = 120$なので，
$\frac{15}{16}$は$ 120 + 15 = 135$より，
第$135$項である．

(3)

第$n$群の部分のみ見ると，初項$\frac{1}{n}$，公差$\frac{1}{n}$，項数$n$である．
したがって，第$n$群の総和は
$$
\begin{eqnarray}
S_{n} &=& \frac{n}{2} \Bigr\{ 2\frac{1}{n} + ( n – 1 ) \frac{1}{n} \Bigr\} 「\frac{1}{n}でくくる」\\
&=& \frac{n}{2} \frac{1}{n} \{ 2 + ( n – 1 ) \}\\
&=& \frac{1}{2} ( n + 1 )
\end{eqnarray}
$$

(4)

第$1$群から第$n$群までの総和は$S_{1} + S_{2} + \cdots + S_{n}$なので，(3)より
$$
\begin{eqnarray}
\sum_{ k = 1 }^{ n }S_{k} &=& \sum_{ k = 1 }^{ n } \frac{1}{2} ( k + 1 ) \\
&=& \frac{1}{2} \sum_{ k = 1 }^{ n } ( k + 1 )\\
&=& \frac{1}{2} \Bigr\{ \frac{1}{2} n ( n + 1 ) + n \Bigr\} 「\frac{1}{2}nでくくる」\\
&=& \frac{n}{4} (n + 1 + 2) \\
&=& \frac{n}{4} (n + 3)
\end{eqnarray}
$$

次のような自然数の列を考える．
$$1\vert2,3\vert4,5,6,7\vert8,9,10,11,12,13,14,15\vert16,・・・$$
$n$群には$2^{n-1}$個の項が含まれている．
(1)　第$n$群の最初の項を求めよ．
(2)　第$n$群の和を求めよ．
(3)　総和が初めて5000を超えるのは第何群の何番目か求めよ．

(1)

第$n$群の最初の項は第$n-1$群までの項数を求めて，その項数に$1$を加えればよいので，
$n$群には$2^{n-1}$個の項が含まれているので，
$$
\begin{eqnarray}
2^{0} + 2^{1} + 2^{2} + \cdots + 2^{n-2} &=& \frac{1\cdot(2^{n-1}-1)}{2-1}\\
&=& 2^{n-1}-1
\end{eqnarray}
$$
したがって，第$n$群の最初の項は
$$2^{n-1}-1+1=2^{n-1}$$
となる．

(2)

第$n$群の中だけで見れば，初項 $2^{n-1}$「(1)より」，公差 $1$，項数$2^{n-1}$の等差数列なので
$$
\begin{eqnarray}
\frac{1}{2} \cdot 2^{n-1}\Bigr\{ 2 \cdot 2^{n-1} + ( 2^{n-1} – 1 ) \cdot 1 \Bigr\} &=& 2^{n-2}(2^{n} + 2^{n-1} – 1)\\
&=& 2^{n-2}(2^{n} + 2^{n-1} – 1)\\
\end{eqnarray}
$$
したがって，第$n$群の和は$2^{n-2}(2^{n} + 2^{n-1} – 1)$

(3)

$1$から$n$までの自然数の和は$\frac{1}{2}$$ n ( n + 1 ) $なので，
$\frac{1}{2}$$n(n+1) > 5000$を満たす最小の$n$を求める．
例題１・２と同様にして，具体的に代入して求める．
$$
\begin{eqnarray}
\frac{1}{2}n(n+1) &>& 5000\\
n(n+1) &>& 10000
\end{eqnarray}$$
より，$99 \cdot 100 = 9900$であり，$100 \cdot 101 = 10100$なので
$1$から$100$までの和が初めて$5000$を超える．
したがって$100$が第何群の何番目かを求めればよい．
(1)より第$n$群の最初の項は$2^{n-1}$なので
$$2^{n-1} \leqq 100 < 2^{n}$$
よりこれを満たす$n$は$2^{6}=64$であり，$2^{7}=128$であるので$7$である．
したがって，$100$は第$7$群に含まれ，第$7$群の最初の項は$64$より
$100$は$100-64+1=37$なので$37$番目である．
よって，総和が初めて5000を超えるのは第7群の37番目である．