高校数学

[数列]たった1つ!?(万能公式)

$$\require{cancel}$$

どうも,ユキです。

今日は,いろいろ数列の公式化と,その公式を使って,4つの自然数の和の公式を導出してみせます。 

数列の万能公式を教える前に

数列の万能公式に関係するあなたは,この問題を解けますか?

問題1\(\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}-\sqrt{k+1}\)

問題2\(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}\)

また,この問題には公式が存在すると言うことを知っていますか?

 

 

問題1の解答

まず,数列の中身を展開して書き下してみましょう。

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

 

ここで,隣り合う項が次々と打ち消されることがわかります。

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

よって,

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

となることがわかります。

 

問題2の解答

この問題は,先ほどとは異なり,問題を解くために,2つステップを踏みます。

1 部分分数分解をつかう

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

2 数列の中身を展開する

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

この展開式も,打ち消される所があるので打ち消していくと,

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

となり,結局

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

となります。



数列の万能公式登場!

2つの数列の問題を公式としたものがこちらになります。こちらの公式を是非とも、理解していただきたい。

$$\sum_{k=1}^{n}f(k+1)-f(k)=f(n+1)-f(1)\tag{1}$$

 

ここで,この式(1)と問題12とを見比べて,\(f(k+1)\)\(f(k)\)\(f(1)\)を問題12でいうとどの部分か見ていきます。

 

問題1の場合,\(f(k+1)=\sqrt{k+1}\)\(f(k)=\sqrt{k}\)\(f(1)=1\)

 

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

問題2の場合,\(f(k+1)=\frac{1}{k+1}\)\(f(k)=\frac{1}{k}\)\(f(1)=1\)

 

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

 

この公式は,様々な公式を生み出します。

 つまり、万能の公式です。

4つの自然数の和の公式の導出

先ほどの公式(1)を使って,自然数の和の公式を導出します。

\(\sum_{k=1}^{n}k^r\)   \(r\)は自然数

の和の公式を導出するためには,

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

を考えることで,導出できることが知られています。実際にやってみましょう。

 

\(\sum_{k=1}^{n}1=n\)の導出

 

この公式は,皆さんおなじみかもしれませんが,一応導出しておきます。

まず,以下のような数列を考えます。

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

この数列は,式(1)の形になっているので,

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

式を整理すると,

\(\sum_{k=1}^{n}1=n\)

が導けました。

 

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

以下のような数列を考えます。

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

この数列は式(1)の形になっているので,

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

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

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

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

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

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

よって,

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

\(\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\)の導出

以下の数列を考えて,先ほど同様に式変形を行います。

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

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

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

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

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

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

\(\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{1}{6}n(2n^2+3(n+1)-2)\)

\(\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{1}{6}n(2n^2+3n+1)\)

よって,

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



 

\(\sum_{k=1}^{n}k^3=(\frac{1}{2}n(n+1))^2\)の導出

以下の数列を考えて,先ほど同様に式変形を行います。

\(\sum_{k=1}^{n} (k+1)^4-(k)^4=(n+1)^4-1\)

\(\sum_{k=1}^{n} 4k^3+6k^2+4k+1=n^4+4n^3+6n^2+4n\)

\(\sum_{k=1}^{n} 4k^3=n^4+4n^3+6n^2+4n-\sum_{k=1}^{n}(6k^2+4k+1)\)

\(\sum_{k=1}^{n} 4k^3=n^4+4n^3+6n^2+4n-(n(n+1)(2n+1)+2n(n+1)+n)\)

\(\sum_{k=1}^{n} 4k^3=n^4+2n^3+n^2\)

\(\sum_{k=1}^{n} k^3=\frac{1}{4}n^2(n+1)^2\)

よって,

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

 

等比級数の和の公式の導出

\(\sum_{k=1}^{n}ar^{k^1}=a\frac{r^{n}-1}{r-1}\)の導出

 

\(\sum_{k=1}^{n}ar^{k-1}=\sum_{k=1}^{n}a\frac{r-1}{r-1}r^{k-1}\)

\(=a\sum_{k=1}^{n}\underbrace{\frac{r^{k}}{r-1}}_{f(k+1)}-\underbrace{\frac{r^{k-1}}{r-1}}_{f(k)}\)

\(=a\underbrace{\frac{r^n}{r-1}}_{f(n+1)}-\underbrace{\frac{1}{r-1}}_{f(1)}\)

よって,

\(\sum_{k=1}^{n}ar^{k^1}=a\frac{r^{n}-1}{r-1}\)

 

おまけ:\(\sum_{k=1}^{n}\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}=\frac{(2n+2)!!}{(2n+1)!!}-2\)の導出

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

 

\(=\sum_{k=1}^{n}\underbrace{\frac{(2k+2)!!}{(2k+1)!!}}_{f(k+1)}-\underbrace{\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}}_{f(k)}\)

\(=\underbrace{\frac{(2n+2)!!}{(2n+1)!!}}_{f(n+1)}-\underbrace{\frac{2}{1}}_{f(1)}\)

よって,

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

まとめ

\(\sum_{k=1}^{n}f(k+1)-f(k)=f(n+1)-f(1)\)の能力は,

・一般項にルートが入っていても,スマートに解ける

・部分分数分解を使う問題は大抵解ける

・自然数の和の公式を4つとも導出できる。

・等比級数の和の公式を導出できる

・初めて見る2重階乗の公式まで導出できる

これら5つを兼ね備えた万能な公式ということがわかりました。

最後に

実は,この公式は,まだ可能性を秘めています。

その可能性が見えてくるのは,難関大学の入試問題を解いているときか,大学数学の勉強をしているときくらいです。

ですが,その可能性を探求する前に,まずはこの公式を使いこなして,マスマスターへの一歩を踏み出していただきたい。

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ユキ
ユキ
数学担当です。お金大好き大学生やってます。 講義がないときは、だいたい図書館にいるので図書館の門番とも呼ばれています。(呼ばれてない) L・O・V・E ラブリー マネー!