初等数学公式集/数列/証明

数列の和

数列の和の公式

• $\sum _{k=1}^n{k}^4=\frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)$

  導出は、$\sum _{k=1}^n{k}^2$ の場合（証明）、$\sum _{k=1}^n{k}^3$ の場合（証明）の延長と考える。

  　

  $(k+1{)}^5-k^5=5k^4+10k^3+10k^2+5k+1$ である。ここで $k$ に 1 から $n$ までを代入したものはそれぞれ

  　

  $2^5-1^5=5\cdot 1^4+10\cdot 1^3+10\cdot 1^2+5\cdot 1+1$

  $3^5-2^5=5\cdot 2^4+10\cdot 2^3+10\cdot 2^2+5\cdot 1+1$

  　　　　　　　　　　$⋮$

  $(n+1{)}^5-n^5=5n^4+10n^3+10n^2+5n+1$

  　

  である。この $n$ 式をそれぞれ足し合わせると、

  　

  $(n+1{)}^5-1=5\sum _{k=1}^n{k}^4+10\sum _{k=1}^n{k}^3+10\sum _{k=1}^n{k}^2+5\sum _{k=1}^{n}k+n$

  　

  となる。ここで、$\sum _{k=1}^n{k}^4$ について、変形すると、

  　

  $\sum _{k=1}^n{k}^4=\frac{1}{5}((n+1{)}^5-1-10\sum _{k=1}^n{k}^3-10\sum _{k=1}^n{k}^2-5\sum _{k=1}^{n}k-n)$

  　

  $\sum _{k=1}^n{k}^4=\frac{1}{5}((n+1{)}^5-1-10\sum _{k=1}^n{k}^3-10\sum _{k=1}^n{k}^2-5\sum _{k=1}^{n}k-n)$

  　

  $\sum _{k=1}^{n}k=\frac{1}{2}n(n+1)$, $\sum _{k=1}^n{k}^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$, $\sum _{k=1}^n{k}^3={\{\frac{1}{2}n(n+1)\}}^2$ を代入して、

  　

  $\sum _{k=1}^n{k}^4=\frac{1}{5}((n+1{)}^5-1-\frac{10}{4}{n}^2(n+1{)}^2-\frac{10}{6}n(n+1)(2n+1)-\frac{5}{2}n(n+1)-n)$

  　

  $=\frac{1}{30}(6(n+1{)}^5-15n^2(n+1{)}^2-10n(n+1)(2n+1)-15n(n+1)-6(n+1))$

  　

  $=\frac{n+1}{30}(6(n+1{)}^4-15n^2(n+1)-10n(2n+1)-15n-6)$

  　

  $=\frac{n+1}{30}(6(n+1{)}^4-15n^2(n+1)-10n(2n+1)-15n-6)$$=\frac{n+1}{30}\{6(n+1{)}^4-6-15n^2(n+1)-10n(2n+1)-15n\}$

  　

  $=\frac{n+1}{30}\{6n((n+1{)}^3+(n+1{)}^2+(n+1)+1)-15n^2(n+1)-10n(2n+1)-15n\}$

  　

  $=\frac{n(n+1)}{30}\{6(n+1{)}^3+6(n+1{)}^2+6(n+1)+6-15n(n+1)-10(2n+1)-15\}$

  　

  ここで括弧内の式を$n+1=N$ で置換すると

  （括弧内の式）$=6N^3+6N^2+6N+6-15N(N-1)-10(2N-1)-15=6N^3-9N^2+N+1$

  この式は、$N=\frac{1}{2}$ のとき、$0$ となるから、$2N-1$ を因数に持ち、括弧内の式を因数分解すると $6N^3-9N^2+N+1=(2N-1)(3N^2-3N-1)$

  置換を戻すと、$(2N-1)(3N^2-3N-1)=(2(n+1)-1)(3(n+1{)}^2-3(n+1)-1)=(2n+1)(3n^2+3n-1)$ となる。$3n^2+3n-1$ は、判別式$D=3^2-4\cdot 3\cdot (-1)=21$であって平方数ではなく、整数計数式には因数分解できないため、以上の結果を代入すると、

  　

  $\sum _{k=1}^n{k}^4=\frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)$ となる。

  　

連続する自然数の積の和

• $\sum _{k=1}^{n}k(k+1)=1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+\cdots +n(n+1)=\frac{1}{3}n(n+1)(n+2)$
  • 既存の知識（公式）を使う解法

    $\sum _{k=1}^{n}k(k+1)=\sum _{k=1}^n(k^2+k)=\sum _{k=1}^n{k}^2+\sum _{k=1}^{n}k=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)+\frac{1}{2}n(n+1)=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1+3)=\frac{1}{3}n(n+1)(n+2)$

    　

  • 「連続する自然数の積」に着目する解法

    $k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)=k(k+1)\{(k+2)-(k-1)\}=3k(k+1)$ となることを利用。

    　

    $k=1$のとき、$1\cdot 2\cdot 3-0\cdot 1\cdot 2=3\cdot 1\cdot 2$

    $k=2$のとき、$2\cdot 3\cdot 4-1\cdot 2\cdot 3=3\cdot 2\cdot 3$

    　　　　　　　　　　$⋮$

    $k=n$のとき、$n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)=3n(n+1)$

    　

    これを辺々足し合わせると、

    左辺の第1項は、次式の第2項と打ち消しあい、（左辺の合計）=$n(n+1)(n+2)-0\cdot 1\cdot 2=n(n+1)(n+2)$ となり、

    右辺は、$k=1$ から $k=n$ までの合計となるので、（右辺の合計）$=\sum _{k=1}^{n}3k(k+1)=3\sum _{k=1}^{n}k(k+1)$ である。

    　

    以上より、$n(n+1)(n+2)=3\sum _{k=1}^{n}k(k+1)$ となり、$\sum _{k=1}^{n}k(k+1)=\frac{1}{3}n(n+1)(n+2)$ が証明された。

    　

    　

    同じ方法により、 $\sum _{k=1}^{n}k(k+1)(k+2)=\frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3)$ も、

    　

    一般形である、$\sum _{k=1}^{n}k(k+1)(k+2)\cdots (k+m-1)=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)\cdots (n+m)}{m+1}$ も証明することができる。