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数列の和のまとめ

基本公式

まずはじめに、基本公式をまとめておきます。

等差数列

初項aa、項差ddの等差数列{an}\left{ a_n \right}について、次が成り立つ。

an=a+(n1)da_n = a + (n-1)d

Sn=k=1nak=n(a1+an)2S_n = \sum_{k = 1}^{n} a_k = \frac{n(a_1 + a_n)}{2}

等比数列

初項aa、公比rrの等比数列{an}\left{ a_n \right}について、次が成り立つ。

an=arn1a_n = a \cdot r^{n -1}

Sn=k=1nak={a(1rn)1r(r1)na(r=1) Sn = \sum_{k = 1}^{n} a_k = \begin{cases} \frac{a (1 - r^n)}{1 - r} , (r \neq 1) \ na , (r = 1) \end{cases}

べき乗の公式

k=1nk=12n(n+1)\sum_{k = 1}^{n} k = \frac{1}{2} n (n + 1)

k=1nk2=16n(n+1)(2n+1)\sum_{k = 1}^{n} k^2 = \frac{1}{6} n (n + 1) (2n + 1)

k=1nk3={12n(n+1)}2={k=1nk}2\sum_{k = 1}^{n} k^3 = \left{ \frac{1}{2} n (n + 1) \right}^2 = \left{ \sum_{k = 1}^{n} k \right}^2

べき乗の公式の導出

これらの公式は、次のようにして簡単に導出できる。
例えば、3乗の公式は、

k4(k1)4=4k36k2+4k1k^4 - (k - 1)^4 = 4k^3 -6k^2 + 4k - 1より、

1404=12414=153424=65+)n4(n1)4=4n36n2+4n1n404=k=1n{4k36k2+4k1} \begin{aligned} \cancel{1^4} - 0^4 &= 1 \ \bcancel{2^4} - \cancel{1^4} &= 15 \ \xcancel{3^4} - \bcancel{2^4} &= 65 \ \vdots \ +) , n^4 - \cancel{ (n - 1)^4 } &= 4n^3 -6n^2 + 4n - 1 \ \hline n^4 - 0^4 &= \sum_{k = 1}^{n} \left{ 4k^3 - 6k^2 + 4k - 1 \right} \end{aligned}

となり、これを整理すると、

k=1nk3=14{n4+6k=1nk24k=1nk+n}=14{n4+n(n+1)(2n+1)2n(n+1)+n}=14n2(n+1)2={12n(n+1)}2 \begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} k^3 &= \frac{1}{4} \left{ n^4 + 6 \sum_{k = 1}^{n}k^2 - 4 \sum_{k = 1}^{n} k + n \right} \ &= \frac{1}{4} \left{ n^4 + n (n + 1)(2n + 1) - 2 n (n + 1) + n \right} \ &= \frac{1}{4} n^2 (n + 1)^2 \ &= \left{ \frac{1}{2} n (n + 1) \right}^2 \end{aligned}

というように導ける。
(3乗の公式の導出に1乗と2乗の公式を利用した。
2乗の公式は同様の方法で1乗の公式を途中で利用して導くことができる。
1乗の公式は同様の方法でも、初項1、交差1の等差数列とみなすことで、等差数列の和の公式を利用しても導出することができる。)

階差数列の公式

階差数列とは

数列{an}\left{ a_n \right}の階差数列{bn}\left{ b_n \right}は、一般項、

bn=an+1anb_n = a_{n + 1} - a_n

で表される数列である。

階差数列の公式

数列{an}\left{ a_n \right}の一般項ana_nは、その階差数列{bn}\left{ b_n \right}を用いて、以下のように表せる。

an=a1+k=1n1bk(n2)a_n = a_1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} b_k , (n \geq 2)

k=1k = 1項からk=n1k = n - 1項までの総和であることに注意する。

例題

例題1

数列の和 1n+2(n1)+3(n2)++n11 \cdot n + 2 \cdot (n - 1) + 3 \cdot (n - 2) + \cdots + n \cdot 1 を求めよ。

一般項を考えて、それを展開 (1乗、2乗の公式が使える形にバラす) して解く。

k=1n{k(nk+1)}=nk=1nkk=1nk2+k=1nk=n12n(n+1)16n(n+1)(2n+1)+12n(n+1)=16n(n+1){3n(2n+1)+3}=16n(n+1)(n+2) \begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} \left{ k \cdot (n - k + 1) \right} &= n \sum_{k = 1}^{n} k - \sum_{k = 1}^{n} k^2 + \sum_{k = 1}^{n} k \ &= n \frac{1}{2} n (n + 1) - \frac{1}{6} n (n + 1) (2n + 1) + \frac{1}{2} n (n + 1) \ &= \frac{1}{6} n (n + 1) \left{ 3n - (2n + 1) + 3 \right} \ &= \frac{1}{6} n (n + 1) (n + 2) \end{aligned}

例題2

次の数列の和を求めよ。

k=1n14k21\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{4k^2 - 1}

分数を因数分解し、部分分数分解して解く。

k=1n14k21=k=1n1(2k+1)(2k1)=12k=1n(12k112k+1)=12(112n+1)=122n+112n+1=n2n+1 \begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{4k^2 - 1} &= \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{ (2k + 1) (2k - 1) } \ &= \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} \left( \frac{1}{2k - 1} - \frac{1}{2k + 1} \right) \ &= \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n + 1} \right) \ &= \frac{1}{2} \frac{2n + 1 - 1}{2n + 1} \ &= \frac{n}{2n + 1} \end{aligned}

例題3

次の数列の和を求めよ。

k=1nk(k+1)(k+2)(k+3)\sum_{k = 1}^{n} k(k+1)(k+2)(k+3)

XYX-Yの形を無理やり作る。

k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k1)k(k+1)(k+2)(k+3)=k(k+1)(k+2)(k+3){(k+4)(k1)}=k(k+1)(k+2)(k+3)5 \begin{aligned} k(k+1)(k+2)(k+3) \cdot (k + 4) - (k - 1) \cdot k(k + 1)(k + 2)(k + 3) \ = k(k+1)(k+2)(k+3) \left{ (k+4) - (k-1) \right} \ = k(k+1)(k+2)(k+3) \cdot 5 \end{aligned}

より、

k=1nk(k+1)(k+2)(k+3)=15k=1n{k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k1)k(k+1)(k+2)(k+3)}=15{(123450)+(2345612345)++(n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n1)n(n+1)(n+2)(n+3))}=15n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) \begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} k(k+1)(k+2)(k+3) &= \frac{1}{5} \sum_{k = 1}^{n} \left{ k(k+1)(k+2)(k+3)(k + 4) - (k - 1)k(k + 1)(k + 2)(k + 3) \right} \ &= \frac{1}{5} \left{ (\cancel{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5} - 0) + (\bcancel{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6} - \cancel{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5}) + \cdots + (n \cdot (n+1) \cdot (n+2) \cdot (n+3) \cdot (n+4) - \xcancel{(n-1) \cdot n \cdot (n+1) \cdot (n+2) \cdot (n+3)}) \right} \ &= \frac{1}{5} \cdot n \cdot (n+1) \cdot (n+2) \cdot (n+3) \cdot (n+4) \end{aligned}

例題4

次の数列の和を求めよ。

k=1nk3k\sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{3^k}

この数列の和をSSとおくと、

(1)S=k=1nk3k=131+232+333++n13n1+n3nS = \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{3^k} = \frac{1}{3^1} + \frac{2}{3^2} + \frac{3}{3^3} + \cdots + \frac{n-1}{3^{n-1}} + \frac{n}{3^n} \tag{1}

というようになる。
このSSより、

(2)13S=132+233++n23n1+n13n+n3n+1\frac{1}{3}S = \frac{1}{3^2} + \frac{2}{3^3} + \cdots + \frac{n-2}{3^{n-1}} + \frac{n-1}{3^n} \tag{2} + \frac{n}{3^{n+1}}

となる。
(1)-(2)より、

(113)S=131+132+133++13n1+13nn3n+123S=k=1n{13(13)k1}n3n+1=13(1(13)n)113n3n+1=3213(1(13)n)n3n+1=1212(13)nn(13)n+1 \begin{aligned} (1-\frac{1}{3})S &= \frac{1}{3^1} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{3^3} + \cdots + \frac{1}{3^{n-1}} + \frac{1}{3^n} - \frac{n}{3^{n+1}} \ \frac{2}{3}S &= \sum_{k = 1}^{n} \left{ \frac{1}{3} \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^{k - 1} \right} - \frac{n}{3^{n+1}} \ &= \frac{ \frac{1}{3} \left( 1 - (\frac{1}{3})^n \right) }{1 - \frac{1}{3}} - \frac{n}{3^{n+1}} \ &= \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{3} \left( 1 - \left( \frac{1}{3} \right)^n \right) - \frac{n}{3^{n+1}} \ &= \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} \right)^n - n \left( \frac{1}{3} \right)^{n+1} \end{aligned}

S=3414(13)n112(13)n S = \frac{3}{4} - \frac{1}{4} \left( \frac{1}{3} \right)^{n-1} - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} \right)^{n}

総和SSの式を2つ作り、それらを足して、等比数列が出てくるように変形することで解くことができる。

例題5

次の数列の和を求めよ。

k=1nk(k+1)!\sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{(k + 1)!}

1X1Y\frac{1}{X} - \frac{1}{Y}の形を無理やり作る。

k=1nk(k+1)!=k=1n(k+1)1(k+1)!=k=1n{k+1(k+1)!1(k+1)!}=k=1n{k+1(k+1)k!1(k+1)!}=k=1n{1k!1(k+1)!}=(11!12!)+(12!13!)+(13!14!)++(1n!1(n+1)!)=11(n+1)! \begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{(k + 1)!} &= \sum_{k = 1}^{n} \frac{(k + 1) - 1}{(k + 1)!} \ &= \sum_{k = 1}^{n} \left{ \frac{k+1}{(k+1)!} - \frac{1}{(k+1)!} \right} \ &= \sum_{k = 1}^{n} \left{ \frac{k+1}{(k+1) \cdot k!} - \frac{1}{(k+1)!} \right} \ &= \sum_{k = 1}^{n} \left{ \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+1)!} \right} \ &= (\frac{1}{1!} - \cancel{\frac{1}{2!}}) + (\cancel{\frac{1}{2!}} - \bcancel{\frac{1}{3!})} + (\bcancel{\frac{1}{3!}} - \xcancel{\frac{1}{4!}}) + \cdots + (\cancel{\frac{1}{n!}} - \frac{1}{(n + 1)!}) \ &= 1 - \frac{1}{(n+1)!} \end{aligned}

例題6

次の数列の和を求めよ。

k=1nkk!\sum_{k = 1}^{n} k \cdot k!

これも、XYX - Yの形を無理やり作る。

k=1nkk!=k=1n{(k+1)1}k!=k=1n{(k+1)k!k!}=k=1n{(k+1)!k!}=(2!1!)+(3!2!)+(4!3!)++((n+1)!n!)=(n+1)!1 \begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} k \cdot k! &= \sum_{k = 1}^{n} \left{ (k + 1) - 1 \right}k! \ &= \sum_{k = 1}^{n} \left{ (k+1)k! - k! \right} \ &= \sum_{k = 1}^{n} \left{ (k+1)! - k! \right} \ &= (\cancel{2!} - 1!) + (\bcancel{3!} - \cancel{2!}) + (\xcancel{4!} - \bcancel{3!}) + \cdots + ((n+1)! - \cancel{n!}) \ &= (n+1)! - 1 \end{aligned}

例題7

数列 1,13,16,110,115,121,1, \frac{1}{3}, \frac{1}{6}, \frac{1}{10}, \frac{1}{15}, \frac{1}{21}, \cdots の一般項を求めよ。

この数列を{an}\left{ a_n \right}とし、この数列の分母部分の数を並べた数列を{an}\left{ a_n \prime \right}とすると、

an=1ana_n = \frac{1}{a_n \prime}

an=1,3,6,10,15,21,a_n \prime = 1, 3, 6, 10, 15, 21, \cdots

と表せる。
分母部分の数列{an}\left{ a_n \prime \right}の階差数列{bn}\left{ b_n \right}は、

{bn}=(31),(63),(106),(1510),(2115),=2,3,4,5,6, \begin{aligned} \left{ b_n \right} &= (3-1), (6-3), (10-6), (15-10), (21-15), \cdots \ &= 2, 3, 4, 5, 6, \cdots \end{aligned}

bn=2+(n1)1=n+1b_n = 2 + (n -1) \cdot 1 = n + 1

というように表せる。
したがって、数列{an}\left{ a_n \prime \right}の一般項は次のように表せる。

an=a1+k=1n1bk=1+k=1n1{k+1}=1+12(n1)(n1+1)+(n1)=12(2+n2n+2n2)=12(n2+n) \begin{aligned} a_n \prime &= a_1 \prime + \sum_{k = 1}^{n - 1} b_k \ &= 1 + \sum_{k=1}^{n-1} \left{ k + 1 \right} \ &= 1 + \frac{1}{2} (n - 1) (n - 1 + 1) + (n - 1) \ &= \frac{1}{2} ( 2 + n^2 - n + 2n - 2 ) \ &= \frac{1}{2} (n^2 + n) \end{aligned}

この公式は、n2n \geq 2のときに成り立つが、この場合、n=1n=1のときも成り立つ。
したがって、求める数列{an}\left{ a_n \right}の一般項は、

an=1an=2n2+na_n = \frac{1}{a_n \prime} = \frac{2}{n^2 + n}

まとめ

とりあえず、以下のポイントを自分の頭の「おどうぐばこ」に入れておきます。

  • 式をバラして公式が使える形を作る。
  • 一般項を項の差の形に変形する。
    • 部分分数分解をしてみる。
    • 分子・分母の有理化をしてみる。
    • X = (X + Y) - Yという変形をしてみる。
  • 総和の式を複数作ってみる。
    変形によって、等差数列の形+αを作れるとき、(Sの式) + (rSの式)のような形を作る。
  • 分数の数列の一般項は、分母部分と分子部分を分けて考えてもよい。
作成日: 2018/11/10