階差数列の全てをわかりやすくまとめた（公式・漸化式・一般項の解き方）

東大塾長の山田です。
このページでは、数学B数列の「階差数列」について解説します。

今回は階差数列の一般項の求め方から，漸化式の解き方まで，具体的に問題を解きながら超わかりやすく解説していきます。
ぜひ勉強の参考にしてください！

1. 階差数列とは？

まずは階差数列とは何か？ということを確認しましょう。

数列 \( \left\{ a_n \right\} \) の隣り合う2つの項の差

\( b_n = a_{n+1} – a_n \)

を項とする数列 \( \left\{ b_n \right\} \) を，数列 \( \left\{ a_n \right\} \) の 階差数列 といいます。

【例】

\( \left\{ a_n \right\} : 1, \ 2, \ 5, \ 10, \ 17, \ 26, \ \cdots \)

の階差数列 \( \left\{ b_n \right\} \) は

となり，初項1，公差2の等差数列。

2. 階差数列と一般項

次は，階差数列と一般項について解説していきます。

2.1 階差数列と一般項の公式

Σシグマの計算方法や公式を忘れてしまった人は「Σシグマの公式まとめと計算方法（数列の和の公式）」の記事で詳しく解説しているので，チェックしておきましょう。

関連記事Σシグマの公式まとめと計算方法（数列の和の公式）

2.2 階差数列と一般項の公式の導出

階差数列を用いて，なぜもとの数列が「\( \displaystyle \color{red}{ a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k } \)」と表すことができるのか、導出をしていきましょう。

【証明】

数列 \( \left\{ a_n \right\} \) の階差数列を \( \left\{ b_n \right\} \) とすると

これらの辺々を加えると，\( n = 2 \) のとき

よって

\( \displaystyle a_n – a_1 = \sum_{k=1}^{n-1} b_k \)

∴ \( \displaystyle \color{red}{ a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k } \)

以上のようにして公式を得ることができます。

3. 階差数列を利用して一般項を求める問題（入試問題）

それでは，階差数列を利用して，数列の一般項を求める問題（入試問題）にチャレンジしてみましょう。

【解答】

(1) 一般項 \( a_n \) を求めよ。

\( \left\{ a_n \right\} \) の階差数列を \( \left\{ b_n \right\} \) とすると

\( \left\{ a_n \right\} : 5, \ 11, \ 21, \ 35, \ 53, \ \cdots \)

\( \left\{ b_n \right\} : \ \color{red}{ 6, \ 10, \ 14, \ 18, \ \cdots } \)

\( \left\{ b_n \right\} \) は初項6，公差4の等差数列であるから

\( \left\{ b_n \right\} = 6 + 4(n-1) = 4n + 2 \)

\( n ≧ 2 \) のとき

\( \begin{align}
\displaystyle \color{red}{ a_n } & = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k \\
\\
& = 5 + \sum_{k=1}^{n-1} (4k+2) \\
\\
& = 5 + 4 \sum_{k=1}^{n-1} k + \sum_{k=1}^{n-1} 2 \\
\\
& = 5 + 4 \cdot \frac{1}{2} (n-1) n + 2 (n-1) \\
\\
& \color{red}{ = 2n^2 + 3 } \cdots ①
\end{align} \)

\( n = 1 \) のとき

\( 2n^2 + 3 = 2 \cdot 1^2 + 3 = 5 \)

初項は \( a_1 = 5 \) であるから，①は \( n = 1 \) のときも成り立つ。

したがって　\( \color{red}{ a_n = 2n^2 + 3 \cdots 【答】 } \)

(2) 初項から第 \( n \) 項までの和を求めよ。

求める和を \( S_n \) とすると

\( \begin{align}
\displaystyle \color{red}{ S_n } & = \sum_{k=1}^{n} a_k \\
\\
& = \sum_{k=1}^{n} (2k^2+3) \\
\\
& = 2 \sum_{k=1}^{n} k^2 + \sum_{k=1}^{n} 3 \\
\\
& = 2 \cdot \frac{1}{6} n (n+1) (2n+1) + 3n \\
\\
& = \frac{1}{3} n \left\{ (n+1) (2n+1) + 9 \right\} \\
\\
& \color{red}{ = \frac{1}{3} n (2n^2 + 3n + 10) \cdots 【答】 }
\end{align} \)

4. 階差数列と漸化式

階差数列の漸化式についても解説をしていきます。

4.1 漸化式と階差数列

上記の漸化式は，階差数列を利用して解くことができます。

「1. 階差数列とは？」で解説したように

\( b_n = a_{n+1} – a_n \)

とおきました。

\( b_n = f(n) \)（\( n \) の式）とすると，数列 \( \left\{ b_n \right\} \) は \( \left\{ a_n \right\} \) の階差数列となるので

\( n ≧ 2 \) のとき　\( \displaystyle \color{red}{ a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k } \)

を利用して一般項を求めることができます。

4.2 階差数列の漸化式の解き方（入試問題）

【解答】

条件より

\( a_{n+1} – a_n = 2^n – 2n \)

よって，数列 \( a_n \) の階差数列の第 \( n \) 項が \( 2^n – 2n \) であるから，\( n ≧ 2 \) のとき

\( \begin{align}
\displaystyle \color{red}{ a_n } & = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (2^k – 2k) \\
\\
& = 1 + \sum_{k=1}^{n-1} 2^k – 2 \sum_{k=1}^{n-1} k \\
\\
& = 1 + \frac{2 (2^{n-1} – 1)}{2-1} – 2 \cdot \frac{1}{2} n (n-1) \\
\\
& = 1 + (2^n – 2) – n^2 + n \\
\\
& \color{red}{ = 2^n – n^2 + n – 1 } \cdots ①
\end{align} \)

初項は \( a_1 = 1 \) なので，①は \( n = 1 \) のときにも成り立つ。

したがって　\( \color{red}{ a_n = 2^n – n^2 + n – 1 \cdots 【答】 } \)

このように，漸化式の問題も

\( \displaystyle a_{n+1} – a_n = f(n) \)（\( n \) の式）

とすることで，通常の階差数列の問題と同様に解くことができます。

5. 階差数列まとめ

さいごに今回の内容をもう一度整理します。

以上が階差数列の解説です。

階差数列については，公式の導出の考え方が非常に重要です。

公式に頼るだけでなく，公式の導出と同様の考え方で，その都度一般項を求められる力もつけておきましょう。