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- 理解
- 実例
- 大学
- コード
- まとめ
【理解】数列の和の数学的解説
数列の和の記号（シグマ公式）について
$\displaystyle \sum_{k=1}^n a_k := a_1 + a_2 + \cdots + a_n$
定義（数列の和の記号）
数列 $\{a_n\}_n$ について,
$\displaystyle \sum_{k=1}^na_k := a_1 + a_2 + \cdots + a_n$
と定める.
※ $\displaystyle \sum_{k=p}^q a_k$ は, 数列 $\{a_n\}$ の第 $p$ 項から第 $q$ 項までの和を意味する。
たとえば,
$a_n=3n-2$ ならば,
$\displaystyle \sum_{k=2}^5a_k$ $= a_2$ $+ a_3$ $+a_4$ $+ a_5$ $=4$ $+7$ $+10$ $+13$ $= 34$
となります。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n (pa_k + qb_k) = p\sum_{k=1}^na_k + q \sum_{k=1}^n b_k$
数列の和の記号 $\displaystyle \sum_{k=1}^n$ に関する線形性を証明してみよう。
命題
数列 $\{a_n\}$ と $\{b_n\}$, 定数 $p$ と $q$ について,
$\displaystyle \sum_{k=1}^n(pa_k + qb_k) = p \sum_{k=1}^n a_k + q \sum_{k=1}^n b_k$
証明.
数列の和の記号 $\displaystyle \sum_{k=1}^n a_k$ と $\displaystyle \sum_{k=1}^n b_k$ の定義は
$\displaystyle \sum_{k=1}^n a_k$ $=a_1 + \cdots + a_n$,
$\displaystyle \sum_{k=1}^n b_k$ $=b_1 + \cdots + b_n$
であった.
また, $\displaystyle \sum_{k=1}^n(pa_k + qb_k)$ は
$(pa_1 + qb_1)$ $+(pa_2 + qb_2)$ $+\cdots$ $+(pa_n + qb_n)$
を意味する. この式は
$p(a_1+\cdots + a_n)$ $+q(b_1+\cdots+b_n)$
と並び替えることができる.
ゆえに,
$\displaystyle \sum_{k=1}^n(pa_k + qb_k) = p \sum_{k=1}^n a_k + q \sum_{k=1}^n b_k$
が成り立つ.
$a_n=2n-1$,
$b_n=2n$
のとき,
$\displaystyle \sum_{k=1}^3(a_k+b_k)$ $=(1+2)$ $+(3+4)$ $+(5+6)$
であり,
$\displaystyle \sum_{k=1}^3a_k + \sum_{k=1}^3b_k$ $=(1+3+5)$ $+(2+4+6)$
である。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n c =cn$
定数 $c$ の和 $\displaystyle \sum_{k=1}^n c = c+c+\cdots +c$ が $nc$ であることを証明してみよう。
公式
$c$ を定数とする. このとき,
$\displaystyle \sum_{k=1}^n c = nc$
証明.
定数列 $\{ c \}_n$ について, 数列の和
$\displaystyle \sum_{x=1}^na_k = a_1 + \cdots + a_n$
の定義を対応させると,
$\displaystyle \sum_{k=1}^n c = c+c+\cdots +c$
となる. 右辺には $c$ が $n$ 個あるので, この和は $nc$ である.
ゆえに, $\displaystyle \sum_{k=1}^n c = nc$ は成り立つ.
たとえば,
$c=5$ のとき,
$\displaystyle \sum_{k=1}^35$ $=5+5+5$
で, $3 \times 5$ と等しいです。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k =\frac{1}{2}n(n+1)$
※数学的帰納法による証明
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k = 1+2+\cdots +n$ が $\displaystyle \frac{1}{2}n(n+1)$ であることを数学的帰納法で証明してみよう。
公式
$$\displaystyle \sum_{k=1}^n k = \frac{1}{2}n(n+1)$$
証明のポイント
$$\begin{aligned}
&\frac{1}{2} n (n+1) + (n+1) \\
& = \frac{1}{2}(n+1)(n+2) \\
& = \frac{1}{2}(n+1)((n+1)+1)
\end{aligned}$$
証明.
等式 $\displaystyle \sum_{k=1}^n k = \frac{1}{2}n(n+1)$ の両辺が, 任意の自然数 $n$ について等しいことを数学的帰納法によって証明する.
$n=1$ のとき, 左辺は $1$ であり, 右辺は $\frac{1}{2}\cdot 1 \cdot (1+1)=1$ である. ゆえに, $n=1$ のとき等式は成り立つ.
$n=\ell \geqq 1$ のとき, $\displaystyle \sum_{k=1}^{\ell} k = \frac{1}{2}\ell(\ell+1)$ と仮定する.
$n=\ell+1$ のとき, 等式の左辺 $\displaystyle \sum_{k=1}^{\ell+1} k$ を計算して, 右辺である $\displaystyle \frac{1}{2}(\ell+1)\{(\ell+1)+1\}$ に変形する.
$$\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{\ell+1} k & = 1 + 2 + \cdots + \ell + (\ell + 1) \\
&=\frac{1}{2} \ell (\ell + 1) + (\ell +1) \\
&= \frac{1}{2}(\ell + 1)(\ell + 2) \\
&= \frac{1}{2}(\ell + 1)\{(\ell + 1)+1\}
\end{aligned}$$
よって, $n=\ell$ のとき等式が成り立つと仮定すると, $n=\ell+1$ のときも等式が成り立つことが示せた.
数学的帰納法により, すべての自然数 $n$ について, 等式 $\displaystyle \sum_{k=1}^n k = \frac{1}{2}n(n+1)$ は成り立つ.
たとえば,
$n=3$ のとき,
① $1+2+3$
② $\displaystyle \frac{1}{2}\times 3 \times 4$
が公式の両辺。
②$+4$ を観察します。
$4$ を $\displaystyle \frac{1}{2} \times 4 \times 2$ として②に足すと,
$\displaystyle \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot (3+2)$
とできます。
これは $n=4$ の右式になってます。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k =\frac{1}{2}n(n+1)$
※ $(x+1)^2 - x^2 = 2x+1$ の利用による証明
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k = 1+2+\cdots +n$ が $\displaystyle \frac{1}{2}n(n+1)$ であることを二項定理を使って証明してみよう。
公式
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k = \frac{1}{2}n(n+1)$
証明.
$(x+1)^2$ $= x^2 + 2x+1$ の展開式を
$(x+1)^2 - x^2$ $=2x + 1$
と変形したものを利用して公式を示す.
この式の左辺について $\displaystyle \sum_{x=1}^n$ を考えると,
$\displaystyle \sum_{x=1}^n((x+1)^2 - x^2)$
$=(2^2 - 1^2)$ $+(3^2 - 2^2)$ $+(4^2 - 3^2)$ $+ \cdots$ $+(n^2 - (n-1)^2)$ $+((n+1)^2 - n^2)$
となり, 正負が互いに逆な項を消去すると,
$(n+1)^2 - 1^2$
が残る. したがって, $\displaystyle \sum_{x=1}^n((x+1)^2 - x^2)$ $=n^2 + 2n$ である.
一方で, 右辺について $\displaystyle \sum_{x=1}^n$ を考えると,
$\displaystyle \sum_{x=1}^n(2x+1)$ $\displaystyle =2\sum_{x=1}^n x +\sum_{x=1}^n1$
である. 第2項目は定数和なので,
$\displaystyle \sum_{x=1}^n1 = n$
である. したがって, $\displaystyle \sum_{x=1}^n(2x+1)$ $\displaystyle =2\sum_{x=1}^nx + n$ である.
以上より,
$n^2+2n$ $\displaystyle =2\sum_{x=1}^nx + n$
を得る. この式を変形することで,
$\displaystyle \sum_{x=1}^n x=\frac{1}{2}(n^2 + 2n)$
が得られる.
ゆえに, $\displaystyle \sum_{k=1}^n k = \frac{1}{2}n(n+1)$ は成り立つ.
たとえば,
$n=3$ のとき,
① $1+2+3$
② $\displaystyle \frac{1}{2}\times 3 \times 4$
が公式の両辺で等しくなっています。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^2 =\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$
※数学的帰納法による証明
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^2 = 1^2+2^2+\cdots +n^2$ が $\displaystyle \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$ であることを数学的帰納法で証明してみよう。
公式
$$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$$
証明のイメージ
$$\begin{aligned}
&\frac{1}{6} n (n+1)(2n+1) + (n+1)^2 \\
& = \frac{n+1}{6}\{n(2n+1) + 6(n+1)\} \\
& = \frac{n+1}{6}\{2n^2 + 7n +6 \} \\
& = \frac{n+1}{6}(n+2)(2n+3) \\
& = \frac{1}{6}(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)
\end{aligned}$$
証明.
任意の自然数 $n$ について, 等式 $\displaystyle \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$ が正しいことを数学的帰納法によって証明する.
$n=1$ のとき, 左辺は $1^2=1$ であり, 右辺は $\frac{1}{6}\cdot 1 \cdot (1+1)(2\cdot 1 +1)=1$ である. ゆえに, $n=1$ のとき等式は成り立つ.
$n=\ell \geqq 1$ のとき, $\displaystyle \sum_{k=1}^{\ell} k^2 = \frac{1}{6}\ell(\ell+1)(2\ell +1)$ と仮定する.
$n=\ell+1$ のとき, 等式の左辺 $\displaystyle \sum_{k=1}^{\ell+1} k^2$ を計算していく.
$$\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{\ell+1} k^2 & = 1^2 + \cdots + \ell^2 + (\ell + 1)^2 \\
&=\frac{1}{6} \ell (\ell + 1)(2\ell +1) + (\ell +1)^2 \\
& = \frac{\ell+1}{6}\{\ell(2\ell+1) + 6(\ell+1)\} \\
& = \frac{\ell+1}{6}\{2\ell^2 + 7\ell +6 \} \\
& = \frac{\ell+1}{6}(\ell+2)(2\ell+3) \\
& = \frac{1}{6}(\ell+1)(\ell+2)(2(\ell+1)+1)
\end{aligned}$$
この式は $n=\ell + 1$ のとき, 示す等式の右辺である.
よって, $n=\ell$ のとき等式が成り立つと仮定すると, $n=\ell+1$ のときも等式が成り立つことが示せた.
数学的帰納法により, すべての自然数 $n$ について, 等式 $$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$$ は正しい.
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^3 =\left\{ \frac{1}{2}n(n+1)\right\}^2$
※数学的帰納法による証明
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^3 = 1^3+2^3+\cdots +n^3$ が $\displaystyle \left\{ \frac{1}{2}n(n+1) \right\}^2$ であることを数学的帰納法で証明してみよう。
公式
$$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^3=\left\{ \frac{1}{2}n(n+1) \right\}^2$$
証明のイメージ
$$\begin{aligned}
&\left\{ \frac{1}{2}n(n+1) \right\}^2 + (n+1)^3 \\
& = \frac{1}{2^2}(n+1)^2 \left\{ n^2 + 4(n+1) \right\} \\
& = \frac{1}{2^2}(n+1)^2 (n+2)^2 \\
& = \left\{ \frac{1}{2}(n+1)((n+1)+1) \right\}^2
\end{aligned}$$
証明.
任意の自然数 $n$ について, 等式 $\displaystyle \sum_{k=1}^n k^3=\left\{ \frac{1}{2}n(n+1) \right\}^2$ が正しいことを数学的帰納法によって証明する.
$n=1$ のとき, 左辺は $1^3=1$ であり, 右辺は $\left\{ \frac{1}{2}\cdot 1 \cdot (1+1) \right\}^2=1$ である. ゆえに, $n=1$ のとき等式は成り立つ.
$n=\ell \geqq 1$ のとき, $\displaystyle \sum_{k=1}^n \ell^3=\left\{ \frac{1}{2}\ell(\ell+1) \right\}^2$ と仮定する.
$n=\ell+1$ のとき, 等式の左辺 $\displaystyle \sum_{k=1}^{\ell+1} k^3$ を計算していく.
$$\begin{aligned}
&\sum_{k=1}^{\ell+1} k^3 = 1^3 + \cdots + \ell^3 + (\ell + 1)^3 \\
& = \left\{ \frac{1}{2}\ell(\ell+1) \right\}^2 + (\ell+1)^3 \\
& = \frac{1}{2^2}(\ell+1)^2 \left\{ \ell^2 + 4(\ell+1) \right\} \\
& = \frac{1}{2^2}(\ell+1)^2 (\ell+2)^2 \\
& = \left\{ \frac{1}{2}(\ell+1)((\ell+1)+1) \right\}^2
\end{aligned}$$
この式は $n=\ell + 1$ のとき, 示す等式の右辺である.
よって, $n=\ell$ のとき等式が成り立つと仮定すると, $n=\ell+1$ のときも等式が成り立つことが示せた.
数学的帰納法により, すべての自然数 $n$ について, 等式 $$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^3=\left\{ \frac{1}{2}n(n+1) \right\}^2$$ は正しい.
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^4 =\frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2 + 3n -1)$
※ $(x+1)^5 - x^5$ の利用による証明
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^4 = 1^4+2^4+\cdots +n^4$ の公式を二項定理を使って証明してみよう。
公式
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^4$ $\displaystyle = \frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2 + 3n-1)$
証明.
$(x+1)^5 - x^5$ $=5x^4$ $+ 10x^3$ $+ 10x^2$ $+5x$ $+1$ を利用して証明する.
$(x+1)^5$ $= x^5+5x^4 + 10x^3 + 10x^2 + 5x + 1$
左辺について $x=1$ から $n$ までの和をとり, 簡単にすると,
$\displaystyle \sum_{x=1}^n((x+1)^5-x^5)$ $=(n+1)^5-1$
となる.
右辺の各項それぞれについて $x=1$ から $n$ までの和をとり, 計算していく.
(1) 第1項目の和は求めるべき公式の左辺（の5倍）に対応する:
$\displaystyle \sum_{x=1}^n 5x^4$ $\displaystyle =5\sum_{x=1}^n x^4$.
(2) 第2項目の和は $\{x^3\}$ の和の公式を利用して計算する:
$\displaystyle \sum_{x=1}^n x^3$ $\displaystyle = \frac{1}{4}n^2(n+1)^2$
$\displaystyle \sum_{x=1}^n 10x^3$ $\displaystyle =10 \times \frac{1}{4}n^2(n+1)^2$ $\displaystyle =\frac{5}{2}n^2(n+1)^2$.
(3) 第3項目の和は $\{x^2\}$ の和の公式を利用して計算する:
$\displaystyle \sum_{x=1}^n x^2$ $\displaystyle = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$
$\displaystyle \sum_{x=1}^n 10x^2$ $\displaystyle =10 \times \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$ $\displaystyle =\frac{5}{3}n(n+1)(2n+1)$.
(4) 第4項目の和は $\{x\}$ の和の公式を利用して計算する:
$\displaystyle \sum_{x=1}^n x$ $\displaystyle = \frac{1}{2}n(n+1)$
$\displaystyle \sum_{x=1}^n 5x$ $\displaystyle =5 \times \frac{1}{2}n(n+1)$ $\displaystyle =\frac{5}{2}n(n+1)$.
(5) 第5項目の和は定数列 $\{1\}$ の和の公式を利用して計算する:
$\displaystyle \sum_{x=1}^n 1$ $\displaystyle = n$
$\displaystyle \sum_{x=1}^n 1$ $\displaystyle =n$.
以上から, 次の等式が得られる.
$(n+1)^5-1$ $\displaystyle =5\sum_{x=1}^n x^4$ $\displaystyle +\frac{5}{2}n^2(n+1)^2$ $\displaystyle +\frac{5}{3}n(n+1)(2n+1)$ $\displaystyle +\frac{5}{2}n(n+1)$ $\displaystyle +n$.
これより,
$\displaystyle 5\sum_{x=1}^n x^4$ $=(n+1)^5$ $\displaystyle -\frac{5}{2}n^2(n+1)^2$ $\displaystyle -\frac{5}{3}n(n+1)(2n+1)$ $\displaystyle -\frac{5}{2}n(n+1)$ $\displaystyle -(n+1)$
$\displaystyle =\frac{1}{6}(n+1)$ $\{6(n+1)^4$ $\displaystyle -15n^2(n+1)$ $\displaystyle -10n(2n+1)$ $\displaystyle -15n$ $-6 \}$
$\displaystyle =\frac{1}{6}(n+1)$ $(6n^4$ $ + 9n^3$ $+n^2$ $-n )$
$\displaystyle =\frac{1}{6}n(n+1)$ $(6n^3$ $ + 9n^2$ $+n$ $-1 )$
$\displaystyle =\frac{1}{6}n(n+1)$ $(2n+1)$ $(3n^2 + 3n-1)$
である.
ゆえに,
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^4$ $\displaystyle = \frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2 + 3n-1)$
は成り立つ.
たとえば,
$n=2$ のとき,
左辺は
$1^4+2^4$ $=17$
で, 右辺は
$\displaystyle \frac{1}{30} \times 2 \times 3 \times 5$ $\times (3 \cdot 2^2 + 3 \cdot 2-1)$ $17$
で公式の両辺が等しいです。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n ar^{k-1} =\frac{a(r^n-1)}{r-1}$
※ $rS - S$ による証明
等比数列 $\{ ar^{n-1} \}_{n \in \mathbb{N}}$ について, 和の公式を導出・証明してみよう。
公式
$\displaystyle \sum_{k=1}^n ar^{k-1}= \frac{a(r^n-1)}{r-1}$
ただし, $r\neq1$ とする.
公式のイメージ
$3 + 6 + 12 + 24 = 45$ の両辺を2倍すると $6 + 12 + 24 + 48 = 90$ です。同じ数がうまく消えるように, ２式を引くと
$$\begin{aligned}
90 & = \phantom{rrrr} 6 + 12 + 24 + 48 \\
45 & = 3 + 6 + 12 + 24 \\ \hline
45 &= -3 \phantom{rrrrrrrrrrrr} +48
\end{aligned}$$
という感じの計算ができる。
公式. $r \neq 1$, $a$ を定数とする. $\displaystyle \sum_{k=1}^n ar^{k-1}= \frac{a(r^n-1)}{r-1}$ である.
$S = a + ar + ar^2 + \cdots + ar^{n-1}$ と置く.
両辺を $r$ 倍した, $rS = ar + ar^2 + \cdots + ar^n$ の両辺から元の式の両辺をそれぞれ引く.
左辺の差は $(r-1)S$ である. 右辺の差は $ar^n - a$ となる.
$$\begin{align}
rS & = \phantom{rrrr} ar + \cdots + ar^{n-1} + ar^n \\
S & = a + ar + \cdots + ar^{n-1} \\ \hline
(r-1)S &= -a \phantom{rrrrrrrrrrrrrrrrr} +ar^n
\end{align}$$
よって, $(r-1)S = a(r^n-1)$ を得る. $r \neq 1$ より $\displaystyle S = \frac{a(r^n-1)}{r-1}$ を得る.
ゆえに, $\displaystyle \sum_{k=1}^n ar^{k-1}= \frac{a(r^n-1)}{r-1}$ である.
例えば, 等比数列 $\{ 3 \cdot 2^{n-1} \}_{n}$ について, 初項から第4項目までの和は $3 + 6 + 12 + 24$ $=45$ です。
公式でも $\displaystyle \frac{3(2^4-1)}{2-1}$ $= 45$ です！
自然数の和について
$\displaystyle 1 + 2 +\cdots + 99+ 100$
$=5050$
$\displaystyle \sum_{k=1}^n (2k-1) =n^2$
奇数の和が足し合わせた個数の平方で表せることを確かめてみよう。
奇数の和
$1$ から $n$ 番目の奇数 $2n-1$ までの和は $n^2$ である.
$1 + 3 + 5+ \cdots + (2n-1) = n^2$
理屈.
奇数を次の図のように並べることで, $n$ 個の奇数の和は辺の長さが $n$ の正方形と見なせる。
したがって, 数の和は $n^2$ となります。
$1$, $3$, $5$, $7$, $9$ の$5$ 個の数の和は, $25$ です。
$5^2$ にもなっている。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n (2k) =n(n+1)$
偶数の和が足し合わせた個数とその数プラス１の積で表せることを確かめてみよう。
偶数の和
$1$ から $n$ 番目の偶数 $2n$ までの和は $n(n+1)$ である.
$2 + 4 + 6+ \cdots + 2n$ $= n(n+1)$
理屈.
偶数を次の図のように並べることで, $n$ 個の偶数の和は縦の長さが $n$, 横の長さが $n+1$ の長方形と見なせる。
したがって, 数の和は $n(n+1)$ となります。
$2$, $4$, $6$, $8$, $10$ の $5$ 個の数の和は, $30$ です。
$5 \times 6$ にもなっている。
等差数列 $\{a_n\}$ と等比数列 $\{ r^{n-1}\}$ の積の和
$S=a_1 + a_2r + \cdots + a_nr^{n-1}$
→ $\displaystyle S= \frac{(1-r)a_1 + dr - \{(1-r)a_n + d \}r^n}{(1-r)^2}$
等差数列 $\{a_n\}$ と等比数列 $\{ r^{n-1}\}$ の積の和について, 簡単に説明しておく。
和 $S$ と, 等比数列の公比 $r$ をかけた $rS$ を上下に並べ, $r$ について同じ次数の項同士を引く.
$\begin{array}{cccccccc}
&S &= &a_1 &+ a_2r &+ \cdots &+ a_nr^{n-1} & \\
&rS &= & &a_1r &+ \cdots &+ a_{n-1}r^{n-1} &+ a_nr^n
\end{array}$
このとき, $\{a_n\}$ が等差数列であることから, $a_2 - a_1$, $a_3 - a_2$, $\cdots$, $a_n - a_{n-1}$ は全て等しく, 等差数列の公差 $(d)$ となる。
したがって, $(1-r)S$ $= a_1$ $+ d (r + \cdots + r^{n-1})$ $-a_nr^n$ を得る。等比数列の和の公式を利用して,
$(1-r)S$ $= a_1$ $\displaystyle + dr \cdot \frac{1-r^{n-1}}{1-r}$ $-a_nr^n$
となる。これを変形すると,
$\displaystyle S= \frac{(1-r)a_1 + dr - \{(1-r)a_n + d \}r^n}{(1-r)^2}$
が得られる。
望遠鏡和について
部分分数分解の利用
$\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)} =\frac{n}{n+1}$
$\displaystyle \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$
部分分数分解
$\displaystyle \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$
$\displaystyle \frac{1}{n(n+1)}$ を式変形で分解してみよう。
例えば, $\displaystyle \frac{1}{3\cdot 4} = \frac{1}{3} - \frac{1}{4}$ という計算です。
解説.
右辺を計算していきます.
$$\begin{aligned}
&\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \\
&=\frac{n+1}{n(n+1)} - \frac{n}{n(n+1)} \\
&=\frac{n+1 - n }{n(n+1)}\\
&=\frac{1}{n(n+1)}
\end{aligned}$$
これは左辺の形である.
ゆえに, $$\displaystyle \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$$ が成立する.
$\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)(k+2)} =\frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}$
$\displaystyle \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2} \left\{ \frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)} \right\}$
部分分数分解
$\displaystyle \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ $\displaystyle = \frac{1}{2}\left\{ \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right\}$
$\displaystyle \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ を式変形で分解してみよう。
例えば, $\displaystyle \frac{1}{3\cdot 4 \cdot 5} = \frac{1}{2}\left\{ \frac{1}{3 \cdot 4} - \frac{1}{4 \cdot 5} \right\}$ という計算です。
解説.
右辺を計算していきます.
$$\begin{aligned}
&\frac{1}{2}\left\{ \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right\} \\
&=\frac{1}{2}\left\{ \frac{n+2}{n(n+1)(n+2)} - \frac{n}{n(n+1)(n+2)} \right\} \\
&=\frac{1}{2}\cdot \frac{n+2 - n }{n(n+1)(n+2)} \\
&=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{n(n+1)(n+2)} \\
&=\frac{1}{n(n+1)(n+2)}
\end{aligned}$$
これは左辺の形である.
ゆえに,
$$\displaystyle \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}\left\{ \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right\}$$
が成立する.
分母の実数化の利用
$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}$ $=\displaystyle \sqrt{n+1}-1$
$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}} = \sqrt{n+1}-\sqrt{n}$
$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}}$ の分母と分子に, $\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$ をかければよい。
フィボナッチ数列の和について
フィボナッチ数列 $\{ F_n \}_n$ について, $F_1 = F_2 = 1$, $F_n=F_{n-1} + F_{n-2} (n\geqq 3)$ とする。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n F_k = F_{n+2}-1$
フィボナッチ数列の初項から第 $n$ 項までの和が $F_{n+2}-1$ であることを証明してみよう。
公式
フィボナッチ数列 $\{F_n\}$ について $$F_1 + \ldots + F_n = F_{n+2} -1$$
証明.
数学的帰納法によって示す.
$n=1$ のとき, 左辺は $F_1 = 1$ である. 右辺は $F_3 -1 = 2-1 = 1$ である.
ゆえに, $n=1$ のとき, 示すべき等式は成り立つ.
$n=k \in \mathbb{N}$ のとき, $F_1 + \ldots + F_k = F_{k+2}-1$ が成り立つと仮定する.
$n = k+1$ のときについて,
$$\begin{aligned}
F_{n + 2}-1 &= F_{(k+1)+1}-1 \\
&= F_{k+2} +F_{k+1}-1 \\
&= F_{k+1} + (F_{k+2} - 1) \\
&= F_{k+1} + (F_{k} + \ldots + F_1) \\
&= F_{k+1} + \ldots + F_1 \\
&=F_n + \ldots + F_1
\end{aligned}$$
である。
ゆえに, $n=k+1$ のときも, 示すべき等式は成り立つ.
フィボナッチ数列 $\{ F_n\}$ は $F_{k+3} = F_{k+2} + F_{k+1}$ を満たす.
以上から, 数学的帰納法によって, 任意の自然数 $n$ について $F_1 + \ldots + F_n = F_{n+2}-1$ が成り立つ.
e.g. 具体的な観察。
$n=3$ のとき
① $F_1 + F_2 + F_3$
② $F_5 -1$
が同じ値の理由を観察します。
$F_5$ は
$F_3 + F_4$
$F_3 + (F_2+ F_3)$
$ F_3 + F_2 + (F_1 + F_2)$
$ F_3 + F_2 + F_1 + 1$
です。
①' $F_5$
②' $ F_3 + F_2 + F_1 + 1$
からそれぞれ $1$ を引けば, ①②ができます。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n F_{2k-1} = F_{2n}$
奇数番号のフィボナッチ数の和が $F_{2n}$ であることを証明してみよう。
公式
フィボナッチ数列 $\{F_n\}$ について $$F_1 + F_3 + \ldots + F_{2n-1} = F_{2n}$$
証明.
数学的帰納法によって示す.
$n=1$ のとき, 左辺は $F_1 = 1$ である. 右辺は $F_{2 \cdot 1} = 1$ である.
ゆえに, $n=1$ のとき, 示すべき等式は成り立つ.
$n=k \in \mathbb{N}$ のとき, $F_1 + F_3 + \ldots + F_{2k-1} = F_{2k} $ が成り立つと仮定する.
$n = k+1$ のときについて,
$$\begin{aligned}
F_{2n} &= F_{2(k+1)} \\
&= F_{2k+1} +F_{2k} \\
&= F_{2k+1} + (F_{2k-1} + \ldots +F_1) \\
&= F_{2n-1} + \ldots + F_1
\end{aligned}$$
フィボナッチ数列 $\{ F_n\}$ は $F_{2k+2} = F_{2k+1} + F_{2k}$ を満たす.
である.
ゆえに, $n=k+1$ のときも, 示すべき等式は成り立つ.
以上から, 数学的帰納法によって, 任意の自然数 $n$ について $F_1 + F_3 + \ldots + F_{2n-1} = F_{2n} $ が成り立つ.
e.g. 公式の観察。
$n=3$ のとき
① $F_1 + F_3 + F_5$
② $F_6$
が同じ理由を観察します。
①の $F_1$ は
$F_1 = F_2$.
①の $F_3$ は
$F_3 = F_4 - F_2$.
①の $F_5$ は
$F_5 = F_6- F_4$.
これらの和は $F_6$ で②と同じです。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n F_{2k} = F_{2n+1}-1$
偶数番号のフィボナッチ数の和が $F_{2n+1}-1$ であることを証明してみよう。
公式
フィボナッチ数列 $\{F_n\}$ について $$F_2 + F_4 + \ldots + F_{2n} = F_{2n+1}-1$$
証明.
数学的帰納法によって示す.
$n=1$ のとき, 左辺は $F_2 = 1$ である. 右辺は $F_{2 \cdot 1 +1}-1 = 2-1=1$ である.
ゆえに, $n=1$ のとき, 示すべき等式は成り立つ.
$n=k \in \mathbb{N}$ のとき, $F_2 + F_4 + \ldots + F_{2k} = F_{2k+1}-1 $ が成り立つと仮定する.
$n = k+1$ のときについて,
$$\begin{aligned}
F_{2n+1} -1 &= F_{2(k+1)+1} -1 \\
&= F_{2k+3} -1 \\
&= F_{2k+2} +F_{2k+1}-1 \\
&= F_{2(k+1)} + (F_{2k} + \ldots +F_2) \\
&= F_{2(k+1)} + \ldots + F_2 \\
&= F_{2n} + \ldots + F_2 \\
\end{aligned}$$
フィボナッチ数列 $\{ F_n\}$ は $F_{2k+3} = F_{2k+2} + F_{2k+1}$ を満たす.
である.
ゆえに, $n=k+1$ のときも, 示すべき等式は成り立つ.
以上から, 数学的帰納法によって, 任意の自然数 $n$ について $F_2 + F_4 + \ldots + F_{2n} = F_{2n+1}-1 $ が成り立つ.
e.g. 公式の観察。
$n=3$ のとき
① $F_2 + F_4 + F_6$
② $F_7 - 1$
が同じ値の理由を観察します。
①について
$F_2 = F_3 - F_1$
$F_4 = F_5 - F_3$
$F_6 = F_7- F_5$
と変形して和をとると,
$F_7 -F_1$
となる。
$F_1=1$ だから, ①は②と同じ値と分かる。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n F_k^2 = F_nF_{n+1}$
フィボナッチ数列の初項から第 $n$ 項までの平方和が $F_nF_{n+1}$ であることを証明してみよう。
公式
フィボナッチ数列 $\{F_n\}$ について $$F_1^2 + \ldots + F_n^2 = F_nF_{n+1}$$
証明.
数学的帰納法によって示す.
$n=1$ のとき, 左辺は $F_1^2 = 1$ である. 右辺は $F_1F_2 = 1 \cdot 1 =1$ である.
ゆえに, $n=1$ のとき, 示すべき等式は成り立つ.
$n=k \in \mathbb{N}$ のとき, $F_1^2 + \ldots + F_k^2 = F_kF_{k+1}$ が成り立つと仮定する.
$n = k+1$ のときについて,
$$\begin{aligned}
F_{n}F_{n + 1} &= F_{k+1}F_{k+2} \\
&= F_{k+1}(F_{k+1} + F_k) \\
&= F_{k+1}^2 + F_kF_{k+1} \\
&= F_{k+1}^2 + (F_{k}^2 + \ldots + F_1^2) \\
&= F_{k+1}^2 + \ldots + F_1^2 \\
&=F_n^2 + \ldots + F_1^2
\end{aligned}$$
である。
ゆえに, $n=k+1$ のときも, 示すべき等式は成り立つ.
フィボナッチ数列 $\{ F_n\}$ は $F_{k+2} = F_{k+1} + F_{k}$ を満たす.
以上から, 数学的帰納法によって, 任意の自然数 $n$ について $F_1^2 + \ldots + F_n^2 = F_{n}F_{n+1}$ が成り立つ.
e.g. 公式の観察。
$n=3$ のとき,
① $F_1^2 + F_2^2 + F_3^2$
② $F_3F_4$
が等しい理由を観察します。
②について
$F_3F_4 = F_3(F_3+F_2)$ $= F_3^2+ F_2F_3$
です。$F_2F_3$ のところは
$F_2^2 + F_2F_1$
になります。 $F_2F_1$ のところは $F_2=F_1$ から, $F_1^2$ となります。
よって, ②は $F_3^2$ と $F_2^2$ と $F_1^2$ の和となり①と等しくなりました。
【実例】数列の和が世の中で使われている例
複利積立
$\displaystyle \sum_{k=0}^na(1+r)^k$
複利式で、毎回同額ずつを積み立てた場合の資金の変化を考えてみよう。
例えば, 年利率が $0.1(10\%)$ で $10$ (万)円を毎年積み立てた場合, $n$ 年後には $$\frac{10 \{ (1.1)^{n+1} -1\}}{0.1} \text{(万)円}$$になります。
基本の解法
利子率 $r$, 毎回の積立額 $a$ とする。複利式で $n$ 回の利子を受け取った後の元利合計は次の通り:
$\displaystyle \sum_{k=0}^n a (1+r)^k$ $\displaystyle = \frac{a}{r} \{(1+r)^{n+1} - 1 \}$
ただし, $n$ 回目の利子を受け取った回に積み立てた額も含む。
証明.
$0 \leqq k \leqq n$ とする。初回から数えて$n$ 回目の利子を受け取るとき時点では, $k$ 回目に積み立てた額 $a$ には 利子を $n-k$ 回付くため元利合計は $a(1+r)^{n-k}$ となる。
$k=0$ のときは初回に投資した $a$ を指す。初回から数えて $n$ 回目の利子を受け取る時点では, 利子が $n$ 回すべて付くため, 元利合計は $a(1+r)^{n-0} =a(1+r)^n$ となる。
$k=n$ のときは $n$ 回目の利子を受け取った時点での積立額を指す。これに利子は未だ付かないので, 元利合計は元金のままで $a(1+r)^{n-n} =a$ となる。
$n$ 回目の利子を受け取る時点での元利合計の総額は, 各回の積立額に利子が付いた額の和である。したがって, $$\sum_{k=0}^n a (1+r)^{n-k}$$ が求めるものである。
$\displaystyle \sum_{k=0}^n a (1+r)^{n-k}$ $= a(1+r)^n + \cdots + a(1+r) +a$.
$\{ a (1+r)^{n-k} \}_{0 \leqq k \leqq n}$ は等比数列である。また, $\{ a (1+r)^{k} \}_{0 \leqq k \leqq n}$ は項を足す順番を逆にした数列で初項 $a$, 公比 $1+r$ の等比数列である。等比数列の和の公式より
$\begin{aligned}
&\sum_{k=0}^n a (1+r)^{n-k} \\
&= \sum_{k=0}^n a (1+r)^{k} \\
&= \frac{a \{ (1+r)^{n+1} - 1 \}}{(1+r) - 1} \\
&= \frac{a}{r} \{ (1+r)^{n+1} - 1 \}.
\end{aligned}$
初項 $a$, 公比 $R$ の等比数列の和の公式は次の通り: $$\sum_{k=0}^n a R^{k} = \frac{a(R^{n+1} -1)}{R-1}$$
ゆえに, $n$ 回目の利子を受け取った後の積立の元利合計の総額は $$\frac{a}{r} \{ (1+r)^{n+1} - 1 \}$$ である。
複利の年利率が $0.1$ $(10\%)$, 投資額を $10$ (万)円 とします。
各年度で投資した $10$ 万円の10年間の推移を表にしました。
| 積立年度 | 投資額 | 利子を含めた10年後の金額 |
|---|---|---|
| 初年度 | 10万円 | $10(1.1)^{10}$ 万円 |
| 1年後 | 10万円 | $10(1.1)^{9}$ 万円 |
| 2年後 | 10万円 | $10(1.1)^{8}$ 万円 |
| $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ |
| 9年後 | 10万円 | $10 \times (1.1)$ 万円 |
| 10年後 | 10万円 | $10$ 万円 |
| 合計額 | 110万円 | $185.311$ 万円 |
10年後の元利合計の総額は
$10(1.1)^{10}$ $+10(1.1)^{9}$ $+10(1.1)^{8}$ $+ \cdots$ $+10 \cdot (1.1)$ $+10$
です！
顧客生産価値(Life Time Value)
$\displaystyle LTV = \sum_{n=0}^\infty M\left( \frac{A}{100} \right)^n$
定義（Life Time Value）
Life Time Value(顧客生産価値) とは, １人の会員が生涯に渡って支払う会員料金の期待値をいう.
毎回の会員料金を $M$, 会員の継続率を $A[\%]$ とする. このときの顧客生産価値を $LTV$ とすると,
$\displaystyle LTV = \sum_{n=0}^\infty M\left( \frac{A}{100} \right)^n$
である.
毎回の会員料金を $1,000$(円), 会員の継続率を $50[\%]$ とします。
$LTV$ $\displaystyle =\sum_{n=0}^\infty 1000 \left( \frac{50}{100} \right)^n$ $=2,000$
です。
割引現在価値(Discount Present Value)
$\displaystyle DPV=\sum_{n=1}^N\frac{F_n}{(1+r)^n}$
将来, 定期的に $N$ 回, 受け取る金銭があれば、それらの合計の割引現在価値は $\displaystyle DPV=\sum_{n=1}^N\frac{F_n}{(1+r)^n}$ である。
将来の各時点での受け取る金額を $F_n=F$ とすると, そのDPVは以下の通り計算されるため, $\displaystyle \frac{F_n}{(1+r)^n}$ の値について和をとっている.
定義（Discount Present Value）
Discount Present Value(割引現在価値) とは, ある将来時点で受け取る金額に対し、それと等価とみなせる現在時点での金額のことである.
将来時点での金額 $F$, 利率 $r$, 期間 $n$(回) とする. このときの割引現在価値を $DPV$ とすると,
$\displaystyle DPV=\frac{F}{(1+r)^n}$
である.
利子率を $r=0.1$ とする。
来年の $100$(万円)の, 今年時点の価値は
$\displaystyle \frac{100}{1+0.1}$ $\fallingdotseq 91$(万円)
であり, 再来年の$100$(万円)の, 今年時点の価値は
$\displaystyle \frac{100}{(1+0.1)^2}$ $\fallingdotseq 83$(万円)
となります。
【大学】無限級数の具体例
リーマン・ゼータ関数について
リーマン・ゼータ関数
$\displaystyle \zeta(s) = \frac{1}{1^s} + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdots$ ( $s$ は実部が $1$ より大きい複素数 )
定義
実部が $1$ より大きい複素数 $s$ について,
$\displaystyle \zeta(s) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$
をリーマン・ゼータ関数という.
なお, この関数は $s \neq 1$ の複素数の範囲に解析接続により拡張することができる.
たとえば,
$\zeta(2)$ $\displaystyle =\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ $\displaystyle = \frac{\pi^2}{6}$
$\zeta(4)$ $\displaystyle =\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4}$ $\displaystyle = \frac{\pi^4}{90}$
です。
バーゼル問題
$\displaystyle {1}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2} + \frac{1}{4^2} + \cdots =\frac{\pi^2}{6}$
不思議な足し算について
和が $\pi$ になる
$\displaystyle 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots =\frac{\pi}{4}$
和が $\log$ になる
$\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots =\log 2$
和が $\sin$ になる
$\displaystyle 1-\frac{1}{3!}+\frac{1}{5!} - \frac{1}{7!} + \cdots =\sin 1$
和が $\cos$ になる
$\displaystyle 1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{4!}- \frac{1}{6!} + \cdots =\cos 1$
和が $e$ になる
$\displaystyle 2+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!} + \cdots =e$
【コード】Pythonで数列の和を計算
数列をリストでseqと定める。
数列の和の計算sum(seq)
Pythonのリストの合計を出力するsum()関数の使い方を習得しよう。
説明
sum()関数は、引数にリストを入れることで、リストの要素の合計値を出力する。
Pythonコード. [5, 7, 3, 4, 8]の要素の合計値を計算して出力する。
lst = [5, 7, 3, 4, 8]
sum(lst)
数列の和のリストを作成accumulate(seq)
Pythonのリストの初めからi番目までの和を並べて新しいリストを作るitertools.accumulate()関数の使い方を習得しよう。
説明
itertoolsモジュールを利用する。
accumulate()関数は, 引数にリストを入れることで, そのリストの0番目からi番目までの要素の合計値をi番目とするリストを作成する。
ただし, list()関数を適用しなければ, 実際のリストとして出力されない。
Pythonコード. [2, 7, 5, 3]のリストにaccumulate()関数を適用し新しいリストを作る。
from itertools import accumulate
lst = [2, 7, 5, 3]
result = list(accumulate(lst))
print(result)
リーマンゼータ関数の値mpmath.zeta() sympy.zeta()
$s$ を実部が $1$ よりも大きい複素数とします。ゼータ関数の値 $\zeta(s)$ をPythonで計算してみよう。
ゼータ関数（小数近似）
小数近似を行う場合はmpmathモジュールを利用する。
zeta()関数の引数に $s \neq 1$ の複素数を入力することで, （解析接続された）ゼータ関数の値を出力する。
ゼータ関数（有理数表示）
分数表示を行う場合はsympyモジュールを利用する。
zeta()関数の引数に $s \neq 1$ の複素数を入力することで, （解析接続された）ゼータ関数の値を分数（有理数表示）で出力する。計算を正確にする場合, sympy.S()で型を変えておくと良い。
Pythonコード入力例①. $\zeta(-1)$ と $\displaystyle -\frac{1}{12}$ の値を mpmath.zeta()で出力する。
from mpmath import zeta
print(zeta(-1))
print(-1/12)
Pythonコード入力例②. $\zeta(-1)$ の値を sympy.zeta()で出力する。
from sympy import zeta, S
print(zeta(-1)) # -1/12（有理数で表示）
print(zeta(S(-1))) # -1/12（計算用）
まとめノート
「数列の和」とは
ある規則で並んだ数を足し合わせること。
記号
数列の和 $S_n = a_1 + \cdots + a_n$ を $\displaystyle \sum_{k=1}^n a_k$ と記す.
定数列
定数 $c$ について $\{ c \}_n$ の和は $\displaystyle \sum_{k=1}^n c = nc$ である.
A. 数列 $\{n^p\}_n$ の和
- $1+ 2+ \cdots + n$ $\displaystyle =\sum_{k=1}^n k$ $\displaystyle = \frac{1}{2}n(n+1)$
- $1^2+ 2^2+ \cdots + n^2$ $\displaystyle =\sum_{k=1}^{n}k^2$ $\displaystyle = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$
- $1^3+ 2^3+ \cdots + n^3$ $\displaystyle =\sum_{k=1}^{n}k^3$ $\displaystyle = \left\{ \frac{1}{2}n(n+1) \right\}^2$
B. 等比数列 $\{a r^{n-1}\}_n$ の和 $(r \neq 1)$
初項 $a$, 公比 $r$ の等比数列の和は, $\displaystyle \sum_{k=1}^n a r^{k-1} = \frac{a(r^n-1)}{r-1}$.
C. 和 $S_n$ から一般項 $a_n$ を導く式
$a_1 = S_1$ である. $n \geqq 2$ のとき, $a_n = S_n - S_{n-1}$ である.
ポイント解説
A
数列 $\{ n^p \}_n$ の和は, 二項定理 $$\begin{array}{l}
(k+1)^{p+1} -k^{p+1} \\
= {}_{p+1}\mathrm{C}_{1} k^p + {}_{p+1}\mathrm{C}_{2} k^{p-1}+\cdots +1
\end{array}$$ の両辺それぞれで, $\sum_{k=1}^n$ を計算することで求める。左辺は, $(n+1)^{p+1}-1$ となり, 右辺は, $\displaystyle \sum_{k=1}^n k^p$, $\displaystyle \sum_{k=1}^n k^{p-1}$, $\cdots$ で表される。帰納的に, 数列 $\{ n^p \}_n$ の和の式が分かる。
C
初期値 $a_1$ に注意する。
例：$S_n=n^2+1$ は, $S_n-S_{n-1}$ $=$ $2n-1$ だが, $a_1$ $=$ $S_1$ $=$ $2$ である。$$\displaystyle a_n = \left\{ \begin{array}{ll}
2n-1 & (n \neq 1) \\
2 &(n=1)
\end{array} \right.$$
参考(望遠鏡和)
「「項の差」の和」の計算は, 末項と初項の差になる。$$\sum_{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_k) = a_{n+1} - a_1$$
