Σ の計算と階差数列 | 数列と極限

1 Σ 記号と線形性

まず、和の範囲を含めて記号の意味を定めます。

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

\sum_{k=m}^{n}a_k=a_m+a_{m+1}+\cdots+a_n

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

有限個の項の加法では、分配法則によって定数倍と和を分けることができます。

定理 1.2 (有限和の線形性). 整数 $m,n$ が $m\le n$ を満たすとする。 $a_k,b_k$ を整数 $m\le k\le n$ で定義された有限な族とし、 $p,q$ を定数とする。このとき

\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 $a_k$ を含む項と $b_k$ を含む項を集める。

\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。▨

2 べき乗和の公式

最初の $n$ 個の正の整数の和は、順序を逆にして加えると導くことができます。

公式 2.1 (1次のべき乗和). 正の整数 $n$ に対して

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

が成り立つ。

証明. $S=1+2+\cdots+n$ と置き、順方向の和と逆順の和 $S=n+(n-1)+\cdots+1$ を加える。各組の和が $n+1$ で、組が $n$ 個あるので $2S=n(n+1)$ となる。両辺を $2$ で割ると公式を得る。▨

2次のべき乗和は、連続する立方の差を足すと導くことができます。

公式 2.2 (2次のべき乗和). 正の整数 $n$ に対して

\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-k^3=3k^2+3k+1

を $k=1,\ldots,n$ について足す。左辺では中間の立方が消えるので、

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

である。公式 2.1を代入すると

3\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 $3$ で割ると公式を得る。▨

3次のべき乗和も、連続する4乗の差から導くことができます。

公式 2.3 (3次のべき乗和). 正の整数 $n$ に対して

\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-k^4=4k^3+6k^2+4k+1

を $k=1,\ldots,n$ について足す。左辺の和を計算し、公式 2.1と公式 2.2を代入すると

4\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 $4$ で割ると公式を得る。▨

例 2.4 (多項式の和). 線形性と三つの公式を用いると、

\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。

3 階差から数列を復元する

隣り合う項の差を別の数列として扱います。

定義 3.1 (階差数列). 数列 $\{a_n\}$ に対して

b_n=a_{n+1}-a_n

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

公式 3.2 (階差からの復元). $n\ge2$ のとき

a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k

である。 $n=1$ の場合は和を用いず、 $a_1$ を別に扱う。

証明. $n\ge2$ とし、 $b_k=a_{k+1}-a_k$ を $k=1,\ldots,n-1$ について足す。

\sum_{k=1}^{n-1}b_k =(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+\cdots+(a_n-a_{n-1}) =a_n-a_1

となる。両辺に $a_1$ を加えると公式を得る。▨

例 3.3 (階差から一般項を求める). $a_1=2$ 、 $b_n=3n+1$ とする。 $n\ge2$ では

a_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。得られた式は $n=1$ でも $a_1=2$ を与えるので、正の整数 $n$ 全体について同じ式にまとめることができる。

4 部分分数と差の形

各項を $f(k+1)-f(k)$ の形へ直すと、中間項が消えます。

公式 4.1 (差の和). 正の整数 $n$ と、整数 $1,\ldots,n+1$ で定義された関数 $f$ に対して

\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

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

例 4.2 (部分分数による計算).

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

である。 $f(k)=-1/k$ と置けば、右辺は $f(k+1)-f(k)$ である。したがって、

\sum_{k=1}^{n}\frac1{k(k+1)} =1-\frac1{n+1} =\frac{n}{n+1}

である。 $n=1$ では左辺も右辺も $\frac12$ であり、添字の範囲が一致する。

5 演習

$\sum_{k=1}^{n}(2k^3-k^2+4)$ を $n$ の式で表します。
$a_1=1$ 、 $a_{n+1}-a_n=2n+3$ で定まる数列の一般項を求め、 $n=1$ を別に確認します。
$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(k+1)(k+2)}$ を部分分数に分け、和を求めます。

添字を変更した場合には、下端、上端、項数の三つが同時に変わっているかを、小さい $n$ の展開によって確認します。

注意 5.1 (演習の答え).

和は $\dfrac{n(3n^3+4n^2+23)}6$ である。
$n\ge2$ では $a_n=1+\sum_{k=1}^{n-1}(2k+3)=n^2+2n-2$ である。この式は $n=1$ でも $a_1=1$ を与える。
$\dfrac1{(k+1)(k+2)}=\dfrac1{k+1}-\dfrac1{k+2}$ なので、和は $\dfrac12-\dfrac1{n+2}=\dfrac{n}{2(n+2)}$ である。

§B1.2Σ の計算と階差数列

1 Σ 記号と線形性

2 べき乗和の公式

3 階差から数列を復元する

4 部分分数と差の形

5 演習

例題

演習

前提記事