- 目次
- 理解
- 実例
- 大学
- まとめ
【理解】数列の和の数学的解説
シグマの公式について
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k =\frac{1}{2}n(n+1)$
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k = 1+2+\cdots +n$ 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.
e.g. 例の観察;
$n=3$ 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。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^2 =\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^2 = 1^2+2^2+\cdots +n^2$ 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.
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^3 =\left\{ \frac{1}{2}n(n+1)\right\}^2$
$\displaystyle \sum_{k=1}^n k^3 = 1^3+2^3+\cdots +n^3$ 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.
$\displaystyle \sum_{k=1}^n ar^{k-1} =\frac{a(r^n-1)}{r-1}$
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。
$\displaystyle \sum_{k=1}^n (2k) =n(n+1)$
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
$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}$ $=\displaystyle \sqrt{n+1}-1$
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
複利法
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！
Living Time Value（Memo）
顧客生産価値。
詳細は後日記載予定。
Discount Present Value（Memo）
割引現在価値。
詳細は後日記載予定。
【大学】無限級数の具体例
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
$\displaystyle 2+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!} + \cdots =e$
バーゼル問題
$\displaystyle {1}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2} + \frac{1}{4^2} + \cdots =\frac{\pi^2}{6}$
【まとめ】ポイントノート
「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。$$\sum_{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_k) = a_{n+1} - a_1$$
