数学汎典

§B1.2Σ の計算と階差数列

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多数の項の和は、Σ\Sigma記号で規則を表すと、式の構造を保ったまま計算することができます。和の線形性とべき乗和の公式を確かめ、階差や部分分数を用いて和を簡潔に求める方法を学びます。

1 Σ 記号と和の性質

定義 1.1 (Σ 記号). 整数m,nm,nがm≤nm\le nを満たし、aka_kが整数m≤k≤nm\le k\le nで定義された有限な族であるとき、

∑k=mnak=am+am+1+⋯+an\sum_{k=m}^{n}a_k=a_m+a_{m+1}+\cdots+a_n

と定める。kkは和の中でmmからnnまで動く添字であり、項数はn−m+1n-m+1個である。

定理 1.2. 整数m,nm,nがm≤nm\le nを満たすとする。ak,bka_k,b_kを整数m≤k≤nm\le k\le nで定義された有限な族とし、p,qp,qを定数とする。このとき

∑k=mn(pak+qbk)=p∑k=mnak+q∑k=mnbk\sum_{k=m}^{n}(pa_k+qb_k) =p\sum_{k=m}^{n}a_k+q\sum_{k=m}^{n}b_k

が成り立つ。

証明. 左辺を有限和の定義に従って展開し、分配法則でaka_kを含む項とbkb_kを含む項を集める。

∑k=mn(pak+qbk)=(pam+qbm)+⋯+(pan+qbn)=p(am+⋯+an)+q(bm+⋯+bn)\begin{aligned} \sum_{k=m}^{n}(pa_k+qb_k) &=(pa_m+qb_m)+\cdots+(pa_n+qb_n)\\ &=p(a_m+\cdots+a_n)+q(b_m+\cdots+b_n) \end{aligned}

となり、右辺に一致する。▨

公式 1.3 (定数の和). 整数m,nm,nがm≤nm\le nを満たし、ccが定数であるとき

∑k=mnc=(n−m+1)c\sum_{k=m}^{n}c=(n-m+1)c

が成り立つ。

証明. 和はn−m+1n-m+1個の項からなり、各項はccに等しい。▨

例 1.4.ak=bk=ka_k=b_k=kとし、m=1m=1、n=2n=2とする。

∑k=12akbk=1⋅1+2⋅2=5,(∑k=12ak)(∑k=12bk)=(1+2)(1+2)=9\sum_{k=1}^{2}a_kb_k=1\cdot1+2\cdot2=5,\qquad \Bigl(\sum_{k=1}^{2}a_k\Bigr)\Bigl(\sum_{k=1}^{2}b_k\Bigr)=(1+2)(1+2)=9

である。したがって、∑k=mnakbk=(∑k=mnak)(∑k=mnbk)\sum_{k=m}^{n}a_kb_k=\Bigl(\sum_{k=m}^{n}a_k\Bigr)\Bigl(\sum_{k=m}^{n}b_k\Bigr)は一般には成り立たない。

例 1.5.nnを正の整数とし、aka_kを整数1≤k≤n1\le k\le nで定義された有限な族とする。j=k−1j=k-1と置くと、和∑k=2n+1ak−1\sum_{k=2}^{n+1}a_{k-1}の下端k=2k=2はj=1j=1に、上端k=n+1k=n+1はj=nj=nに移るので

∑k=2n+1ak−1=∑j=1naj=∑k=1nak\sum_{k=2}^{n+1}a_{k-1}=\sum_{j=1}^{n}a_j=\sum_{k=1}^{n}a_k

である。項数は、移す前が(n+1)−2+1=n(n+1)-2+1=n個、移した後がn−1+1=nn-1+1=n個で一致する。n=2n=2では、左辺はa1+a2a_1+a_2であり、右辺と一致する。

2 差の和

公式 2.1 (差の和). 正の整数nnと、整数1,…,n+11,\ldots,n+1で定義された関数ffに対して

∑k=1n{f(k+1)−f(k)}=f(n+1)−f(1)\sum_{k=1}^{n}\{f(k+1)-f(k)\}=f(n+1)-f(1)

が成り立つ。

証明. 有限和を展開すると

∑k=1n{f(k+1)−f(k)}={f(2)−f(1)}+{f(3)−f(2)}+⋯+{f(n+1)−f(n)}\sum_{k=1}^{n}\{f(k+1)-f(k)\} =\{f(2)-f(1)\}+\{f(3)-f(2)\}+\cdots+\{f(n+1)-f(n)\}

となる。f(2),…,f(n)f(2),\ldots,f(n)が相殺し、f(n+1)−f(1)f(n+1)-f(1)だけが残る。▨

3 べき乗和の公式

公式 3.1 (1次のべき乗和). 正の整数nnに対して

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

が成り立つ。

証明.ak=ka_k=kは初項11、公差11の等差数列であり、第nn項はnnである。§B1.1 等差数列・等比数列の等差数列の和の公式§B1.1 公式 1.3を初項a=1a=1、末項l=nl=nとして用いると

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

となる。▨

公式 3.2 (2次のべき乗和). 正の整数nnに対して

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

が成り立つ。

証明. 恒等式

(k+1)3−k3=3k2+3k+1(k+1)^3-k^3=3k^2+3k+1

をk=1,…,nk=1,\ldots,nについて足す。左辺はf(k)=k3f(k)=k^3とした公式 2.1により(n+1)3−1(n+1)^3-1に等しい。右辺は、定理 1.2を繰り返し用いて項ごとの和に分け、公式 1.3により∑k=1n1=n\sum_{k=1}^{n}1=nとすると、3∑k=1nk2+3∑k=1nk+n3\sum_{k=1}^{n}k^2+3\sum_{k=1}^{n}k+nに等しい。したがって

(n+1)3−1=3∑k=1nk2+3∑k=1nk+n(n+1)^3-1 =3\sum_{k=1}^{n}k^2+3\sum_{k=1}^{n}k+n

である。公式 3.1を代入すると

3∑k=1nk2=(n+1)3−1−3n(n+1)2−n=n(n+1)(2n+1)23\sum_{k=1}^{n}k^2=(n+1)^3-1-\frac{3n(n+1)}2-n=\frac{n(n+1)(2n+1)}2

となる。両辺を33で割ると公式を得る。▨

公式 3.3 (3次のべき乗和). 正の整数nnに対して

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

が成り立つ。

証明. 恒等式

(k+1)4−k4=4k3+6k2+4k+1(k+1)^4-k^4=4k^3+6k^2+4k+1

をk=1,…,nk=1,\ldots,nについて足す。左辺はf(k)=k4f(k)=k^4とした公式 2.1により(n+1)4−1(n+1)^4-1に等しい。右辺は、定理 1.2を繰り返し用いて項ごとの和に分け、公式 1.3により∑k=1n1=n\sum_{k=1}^{n}1=nとすると、4∑k=1nk3+6∑k=1nk2+4∑k=1nk+n4\sum_{k=1}^{n}k^3+6\sum_{k=1}^{n}k^2+4\sum_{k=1}^{n}k+nに等しい。公式 3.1と公式 3.2を代入すると

4∑k=1nk3=(n+1)4−1−n(n+1)(2n+1)−2n(n+1)−n=n2(n+1)24\sum_{k=1}^{n}k^3=(n+1)^4-1-n(n+1)(2n+1)-2n(n+1)-n =n^2(n+1)^2

となる。両辺を44で割ると公式を得る。▨

例 3.4. 正の整数nnに対して、定理 1.2を繰り返し用い、公式 3.2、公式 3.1、公式 1.3を代入すると、

∑k=1n(3k2−2k+1)=3∑k=1nk2−2∑k=1nk+∑k=1n1=n(n+1)(2n+1)2−n(n+1)+n=n(2n2+n+1)2\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}(3k^2-2k+1) &=3\sum_{k=1}^{n}k^2-2\sum_{k=1}^{n}k+\sum_{k=1}^{n}1\\ &=\frac{n(n+1)(2n+1)}2-n(n+1)+n\\ &=\frac{n(2n^2+n+1)}2 \end{aligned}

である。

4 階差数列と一般項

定義 4.1 (階差数列). 数列{an}\{a_n\}に対して

bn=an+1−anb_n=a_{n+1}-a_n

で定まる数列{bn}\{b_n\}を、{an}\{a_n\}の階差数列という。

公式 4.2 (階差からの復元). 数列{an}\{a_n\}の階差数列を{bn}\{b_n\}とする。n≥2n\ge2のとき

an=a1+∑k=1n−1bka_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k

である。n=1n=1のときは和の上端n−1=0n-1=0が下端11より小さく和が定まらないので、この式を用いず、a1a_1を別に扱う。

証明.n≥2n\ge2とする。n−1n-1は正の整数であり、f(k)=akf(k)=a_kはk=1,…,nk=1,\ldots,nで定義されている。bk=ak+1−akb_k=a_{k+1}-a_kに公式 2.1を上端n−1n-1で用いると

∑k=1n−1bk=∑k=1n−1(ak+1−ak)=an−a1\sum_{k=1}^{n-1}b_k=\sum_{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)=a_n-a_1

となる。両辺にa1a_1を加えると公式を得る。▨

例 4.3.a1=2a_1=2、bn=3n+1b_n=3n+1とする。n≥2n\ge2のとき、公式 4.2と、nnをn−1n-1に替えた公式 3.1により

an=2+∑k=1n−1(3k+1)=2+3n(n−1)2+n−1=3n2−n+22a_n=2+\sum_{k=1}^{n-1}(3k+1) =2+\frac{3n(n-1)}2+n-1 =\frac{3n^2-n+2}{2}

である。この式にn=1n=1を代入すると3−1+22=2=a1\dfrac{3-1+2}2=2=a_1となるので、すべての正の整数nnについてan=3n2−n+22a_n=\dfrac{3n^2-n+2}{2}である。

5 部分分数による和の計算

例 5.1.

1k−1k+1=(k+1)−kk(k+1)=1k(k+1)\frac1k-\frac1{k+1}=\frac{(k+1)-k}{k(k+1)}=\frac1{k(k+1)}

である。f(k)=−1kf(k)=-\dfrac1kと置くと、左辺はf(k+1)−f(k)f(k+1)-f(k)に等しい。したがって、公式 2.1により

∑k=1n1k(k+1)=f(n+1)−f(1)=1−1n+1=nn+1\sum_{k=1}^{n}\frac1{k(k+1)} =f(n+1)-f(1) =1-\frac1{n+1} =\frac{n}{n+1}

である。n=1n=1のとき、左辺は11⋅2=12\dfrac1{1\cdot2}=\dfrac12、右辺は12\dfrac12であり一致する。

例 5.2.

12(1k−1k+2)=12⋅(k+2)−kk(k+2)=1k(k+2)\frac12\left(\frac1k-\frac1{k+2}\right)=\frac12\cdot\frac{(k+2)-k}{k(k+2)}=\frac1{k(k+2)}

である。f(k)=−1k−1k+1f(k)=-\dfrac1k-\dfrac1{k+1}と置くと

f(k+1)−f(k)=−1k+1−1k+2+1k+1k+1=1k−1k+2f(k+1)-f(k)=-\frac1{k+1}-\frac1{k+2}+\frac1k+\frac1{k+1}=\frac1k-\frac1{k+2}

である。したがって、公式 2.1により

∑k=1n1k(k+2)=12{f(n+1)−f(1)}=12(32−1n+1−1n+2)=n(3n+5)4(n+1)(n+2)\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\frac1{k(k+2)} &=\frac12\{f(n+1)-f(1)\}\\ &=\frac12\left(\frac32-\frac1{n+1}-\frac1{n+2}\right)\\ &=\frac{n(3n+5)}{4(n+1)(n+2)} \end{aligned}

である。1k\dfrac1kと−1k+2-\dfrac1{k+2}は添字が22だけ離れた項どうしで打ち消し合うので、f(n+1)−f(1)f(n+1)-f(1)には和の両端の二項ずつ、すなわち11,12\dfrac11,\dfrac12と−1n+1,−1n+2-\dfrac1{n+1},-\dfrac1{n+2}が残る。n=1n=1のとき、左辺は11⋅3=13\dfrac1{1\cdot3}=\dfrac13、右辺は1⋅84⋅2⋅3=13\dfrac{1\cdot8}{4\cdot2\cdot3}=\dfrac13であり一致する。

6 演習

問題 6.1. 次の問いに答えよ。

  1. 正の整数nnに対して、∑k=1n(2k3−k2+4)\sum_{k=1}^{n}(2k^3-k^2+4)をnnの式で表せ。
  2. すべての正の整数nnについてan+1−an=2n+3a_{n+1}-a_n=2n+3を満たし、a1=1a_1=1である数列{an}\{a_n\}の一般項を求めよ。n=1n=1の場合を別に確認せよ。
  3. 正の整数nnに対して、∑k=1n1(k+1)(k+2)\sum_{k=1}^{n}\dfrac1{(k+1)(k+2)}を部分分数分解を用いて求めよ。
解答.
  1. 定理 1.2を繰り返し用い、公式 3.3、公式 3.2、公式 1.3を代入すると ∑k=1n(2k3−k2+4)=n2(n+1)22−n(n+1)(2n+1)6+4n=n{3n(n+1)2−(n+1)(2n+1)+24}6\sum_{k=1}^{n}(2k^3-k^2+4) =\frac{n^2(n+1)^2}2-\frac{n(n+1)(2n+1)}6+4n =\frac{n\{3n(n+1)^2-(n+1)(2n+1)+24\}}6 であり、和はn(3n3+4n2+23)6\dfrac{n(3n^3+4n^2+23)}6である。
  2. n≥2n\ge2では、公式 4.2により an=1+∑k=1n−1(2k+3)=1+n(n−1)+3(n−1)=n2+2n−2a_n=1+\sum_{k=1}^{n-1}(2k+3)=1+n(n-1)+3(n-1)=n^2+2n-2 である。この式にn=1n=1を代入すると1+2−2=1=a11+2-2=1=a_1となるので、すべての正の整数nnについてan=n2+2n−2a_n=n^2+2n-2である。
  3. 1(k+1)(k+2)=1k+1−1k+2\dfrac1{(k+1)(k+2)}=\dfrac1{k+1}-\dfrac1{k+2}である。f(k)=−1k+1f(k)=-\dfrac1{k+1}と置くと右辺はf(k+1)−f(k)f(k+1)-f(k)に等しいので、公式 2.1により和は f(n+1)−f(1)=12−1n+2=n2(n+2)f(n+1)-f(1)=\frac12-\frac1{n+2}=\frac{n}{2(n+2)} である。

▨

例題

条件と何を求めるかを確認してから、式と答えの対応を見比べてください。

次の和を求めよ。

解法の型∑k,∑k2,∑k3\sum k,\quad\sum k^2,\quad\sum k^3 の公式と線形性に分解する

  1. 例題 1

    ∑k=18k2\sum_{k=1}^{8} k^{2}

  2. 例題 2

    ∑k=19k2\sum_{k=1}^{9} k^{2}

  3. 例題 3

    ∑k=110(−2k+3)\sum_{k=1}^{10} (-2k + 3)

  4. 例題 4

    ∑k=14k3\sum_{k=1}^{4} k^{3}

  5. 例題 5

    ∑k=19k3\sum_{k=1}^{9} k^{3}

解法の型部分分数 1k(k+1)=1k−1k+1\dfrac1{k(k+1)}=\dfrac1k-\dfrac1{k+1} に分けて消す

  1. 例題 1

    ∑k=181k(k+1)\sum_{k=1}^{8} \dfrac{1}{k(k+1)}

  2. 例題 2

    ∑k=1141(k+2)(k+3)\sum_{k=1}^{14} \dfrac{1}{(k+2)(k+3)}

  3. 例題 3

    ∑k=191k(k+1)\sum_{k=1}^{9} \dfrac{1}{k(k+1)}

  4. 例題 4

    ∑k=1111(k+1)(k+2)\sum_{k=1}^{11} \dfrac{1}{(k+1)(k+2)}

  5. 例題 5

    ∑k=1121k(k+1)\sum_{k=1}^{12} \dfrac{1}{k(k+1)}

演習

問題を解いてから「解答・解説」を開けます。

次の和を求めよ。

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