トーク:高等学校数学B/数列

おそらく指導要領の範囲を越えてしまうので こちらに書きます。初等的なやり方が分かる方は 本文の方にどうぞ。:-) ( 簡単な数列の和

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

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

が得られる。

導出

例えば、上の式は、 $S_{n+1}-S_n=n+1$ と書くと、漸化式の1つであることがわかる。 この解き方は、現在は高校数学の範囲外かも知れないが、 大学の微分方程式論を学ぶと近い問題がのっているはずである。 ( $y^{\prime }-y=x$ と等しい。 ) 左辺について2つの解をa,bとしたとき、 a+bも解になることを用いる。 (線形変換) (実際には $S_{n+1}-S_n$ の解は$S_n=\text{const.}$であるので、この結果は当然である。) そのため1つだけ右辺の特解を求めれば良い。 $S_n=a{n}^2+bn$ とおくと、 (定数項は左辺の答である定数に含まれる。) $S_{n+1}-S_n=n+1$ をa,bは、 $\begin{array}{c}\text{lhs}=a(n+1{)}^2-b(n+1{)}^2-a{n}^2-bn\\ =2an+a-b\\ =\text{rhs}=n+1\end{array}$ となり、 $a=b=\frac{1}{2}$ が得られる。 $S_1=1$ となるように定数の値を調節すると、 $\begin{array}{c}{S}_n=\frac{1}{2}{n}^2+\frac{1}{2}n+0\\ =\frac{n(n+1)}{2}\end{array}$ が得られる。 $\sum k^2$ についても同様に解くことが出来る。

)

--T.Uesugi 2005年5月24日 (火) 08:15 (UTC)

初等的な解き方？をひとつ出しておきました。等差数列の和の公式から先に述べるのが楽だと思います。 それから、階差数列の説明は訂正を入れてあります。

---

• T.Uesugiさんのやっているのは、微分方程式論ではなく、差分方程式論。19世紀くらいまでは微分方程式と、対応する差分方程式は表裏一体を成していて、同様の結果が得られるのは確かなんですが。

m乗和の一般的な導出を与えておきます。

$S_m(n)=\sum _{k=1}^n{k}^m$

m=1 の時は、本文にあるとおりです。

$S_1(n)=1+2+\cdots +(n-1)+n$

$S_1(n)=n+(n-1)+\cdots +2+1$

を足すと

$2S_1(n)=(n+1)+(n+1)+(n+1)+\cdots +(n+1)=n(n+1)$

これは小学校時代のガウスが行ったことでも知られる有名な方法です。

少し別なやりかたを書きます。

m=1の時は

$k(k+1)-(k-1)k=2k$

を用いると

$\sum _{k=1}^n\{k(k+1)-(k-1)k\}=2S_1(n)$

左辺は打ち消し合うので

$n(n+1)=2S_1(n)$

この方法を一般化します。

m=2の時は

$k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)=3k^2+3k$

同様に和を取れば

$n(n+1)(n+2)=3S_2(n)+3S_1(n)$

これから、

$6S_2(n)=n(n+1)(2n+1)$

一般に、(m+1)個の連続する整数のかけ算の差

$k(k+1)(k+2)\cdots (k+m)-(k-1)k(k+1)\cdots (k+m-1)=(m+1)k(k+1)\cdots (k+m-1)$

の右辺はm次式でありますからこれの和を取れば、右辺は S_1(n)～S_m(n)の和で記述できます。この式を用いればm=1,2から順に何乗和でも求めていくことができます。 --Ketone 2005年6月14日 (火) 05:40 (UTC)

• 確かにこのやり方の方が初等的に導出できますね。どうも有難うございます。

--T.Uesugi 2005年6月14日 (火) 11:56 (UTC)