初等数学公式集/数列/証明

数列の和

数列の和の公式

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

  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

  　

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

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

  　　　　　　　　　　$\vdots$

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

  　

  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、

  　

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

  　

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

  　

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

  　

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

  　

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

  　

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

  　

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

  　

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

  　

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

  　

  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、

  　

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

  　

連続する自然数の積の和

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

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

    　

  • 「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、$2\cdot 3\cdot 4-1\cdot 2\cdot 3=3\cdot 2\cdot 3$

    　　　　　　　　　　$\vdots$

    $k=n$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、$\sum _{k=1}^{n}k(k+1)={1 \over 3}n(n+1)(n+2)$ が証明された。

    　

    　

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