数列の和と無限級数の公式

数列の和を改めて書くと、 $$\begin{array}{}\text{(1)}& S_n=a+(a+d)+\cdots +\{a+(n-1)d\}\end{array}$$ 式 $(1)$ を逆から書くと、 $$\begin{array}{}\text{(2)}& S_n=\{a+(n-1)d\}+\{a+(n-2)d\}+\cdots +(a+d)+a\end{array}$$ 式 $(1),(2)$ の和を取ると、 $$\begin{array}{c}2S_n=\{2a+(n-1)d\}+\{2a+(n-1)d\}+\cdots +\{2a+(n-1)d\}\\ 2S_n=n\{2a+(n-1)d\}\\ S_n=\frac{n}{2}\{2a+(n-1)d\}\end{array}$$ $◼$

特に、無限級数（$n\to \mathrm{\infty }$）は、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left[\frac{n}{2}\{2a+(n-1)d\}\right]=\pm \mathrm{\infty }\end{array}$$ $◼$

数列の和を改めて書くと、 $$\begin{array}{}\text{(1)}& S_n=1+2+\cdots +n\end{array}$$ 式 $(1)$ を逆から書くと、 $$\begin{array}{}\text{(2)}& S_n=n+\cdots +2+1\end{array}$$ 式 $(1),(2)$ の和を取ると、 $$\begin{array}{c}2S_n=(n+1)+(n+1)+\cdots +(n+1)\\ 2S_n=n(n+1)\\ S_n=\frac{n(n+1)}{2}\end{array}$$ $◼$

特に、無限級数（$n\to \mathrm{\infty }$）は、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left[\frac{n(n+1)}{2}\right]=\mathrm{\infty }\end{array}$$ $◼$

次の恒等式について、 $$\begin{array}{c}{(k+1)}^3=k^3+3k^2+3k+1\\ 3k^2+3k+1={(k+1)}^3-k^3\end{array}$$ 辺々の和を取ると、 $$\begin{array}{c}\sum _{k=1}^n(3k^2+3k+1)=\sum _{k=1}^n\{{(k+1)}^3-k^3\}\\ \text{(1)}& 3\sum _{k=1}^n{k}^2+3\sum _{k=1}^{n}k+\sum _{k=1}^{n}1=\sum _{k=1}^n\{{(k+1)}^3-k^3\}\end{array}$$ 右辺の和は、 $$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n\{{(k+1)}^3-k^3\}& =(2^3-1^3)+(3^3-2^3)+\cdots +\{{(n+1)}^3-n^3\}\\ & ={(n+1)}^3-1\end{array}$$ また、自然数の和の公式より、 $$\begin{array}{c}3\sum _{k=1}^{n}k=\frac{3n(n+1)}{2}\sum _{k=1}^{n}1=n\end{array}$$ したがって、式 $(1)$ は、 $$\begin{array}{c}3\sum _{k=1}^n{k}^2+\frac{3n(n+1)}{2}+n={(n+1)}^3-1\\ 3\sum _{k=1}^n{k}^2={(n+1)}^3-\frac{3n(n+1)}{2}-(n+1)\\ \text{(2)}& \sum _{k=1}^n{k}^2=\frac{1}{6}(n+1)\{2{(n+1)}^2-3n-2\}\end{array}$$ ここで右辺について、 $$\begin{array}{rl}2{(n+1)}^2-3n-2& =2n^2+4n+2-3n-2\\ & =2n^2+n\\ & =n(2n+1)\end{array}$$ したがって、式 $(2)$ は、 $$\begin{array}{c}\sum _{k=1}^n{k}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\end{array}$$ $◼$

特に、無限級数（$n\to \mathrm{\infty }$）は、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left[\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right]=\mathrm{\infty }\end{array}$$ $◼$

次の恒等式について、 $$\begin{array}{c}{(k+1)}^4=k^4+4k^3+6k^2+4k+1\\ 4k^3+6k^2+4k+1={(k+1)}^4-k^4\end{array}$$ 辺々の和を取ると、 $$\begin{array}{c}\sum _{k=1}^n(4k^3+6k^2+4k+1)=\sum _{k=1}^n\{{(k+1)}^4-k^4\}\\ \text{(1)}& 4\sum _{k=1}^n{k}^3+6\sum _{k=1}^n{k}^2+4\sum _{k=1}^{n}k+\sum _{k=1}^{n}1=\sum _{k=1}^n\{{(k+1)}^4-k^4\}\end{array}$$ 右辺の和は、 $$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n\{{(k+1)}^4-k^4\}& =(2^4-1^4)+(3^4-2^4)+\cdots +\{{(n+1)}^4-n^4\}\\ & ={(n+1)}^4-1\end{array}$$ また、自然数の二乗和の公式、自然数の和の公式より、 $$\begin{array}{c}6\sum _{k=1}^n{k}^2=n(n+1)(2n+1)\\ 4\sum _{k=1}^{n}k=2n(n+1)\\ \sum _{k=1}^{n}1=n\end{array}$$ したがって、式 $(1)$ は、 $$\begin{array}{c}4\sum _{k=1}^n{k}^3+n(n+1)(2n+1)+2n(n+1)+n={(n+1)}^4-1\\ 4\sum _{k=1}^n{k}^3={(n+1)}^4-n(n+1)(2n+1)-2n(n+1)-(n+1)\\ \text{(2)}& \sum _{k=1}^n{k}^3=\frac{1}{4}(n+1)\{{(n+1)}^3-n(2n+1)-(2n+1)\}\end{array}$$ ここで右辺について、 $$\begin{array}{rl}{(n+1)}^3-n(2n+1)-(2n+1)& ={(n+1)}^3-(2n+1)(n+1)\\ & =(n+1)\{n^2+2n+1-(2n+1)\}\\ & =n^2(n+1)\end{array}$$ したがって、式 $(2)$ は、 $$\begin{array}{c}\sum _{k=1}^n{k}^3=\frac{n^2{(n+1)}^2}{4}\end{array}$$ $◼$

特に、無限級数（$n\to \mathrm{\infty }$）は、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left[\frac{n^2{(n+1)}^2}{4}\right]=\mathrm{\infty }\end{array}$$ $◼$

数列の和を改めて書くと、 $$\begin{array}{}\text{(1)}& S_n=a+a\cdot r+\cdots +a\cdot r^{n-1}\end{array}$$ 式 $(1)$ の両辺に公比 $r$ をかけると、 $$\begin{array}{}\text{(2)}& r{S}_n=a\cdot r+a\cdot r^2+\cdots +a\cdot r^{n-1}+a\cdot r^n\end{array}$$ 式 $(1),(2)$ の差を取ると、 $$\begin{array}{c}{S}_n-r{S}_n=a-a\cdot r^n\\ (1-r)S_n=a(1-r^n)\\ S_n=a\cdot \frac{1-r^n}{1-r}\end{array}$$ $◼$

特に、無限級数（$n\to \mathrm{\infty }$）は、
［1］$1<\left|r\right|$ のとき $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[a\cdot \frac{1-r^n}{1-r}]=\pm \mathrm{\infty }\end{array}$$ ［2］$1<\left|r\right|$ のとき $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[a\cdot \frac{1-r^n}{1-r}]=a\cdot \frac{1-0}{1-r}=\frac{a}{1-r}\end{array}$$ $◼$

数列の一般項を部分分数分解すると、 $$\begin{array}{c}{a}_n=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\end{array}$$ これを用いて数列の和を書くと、 $$\begin{array}{rl}{S}_n& =(\frac{1}{1}-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots +(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})\\ & =1-\frac{1}{n+1}\\ & =\frac{n}{n+1}\end{array}$$ $◼$

特に、無限級数（$n\to \mathrm{\infty }$）は、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left[\frac{n}{n+1}\right]=1\end{array}$$ $◼$

数列の一般項を部分分数分解すると、 $$\begin{array}{c}{a}_n=\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}[\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}]\end{array}$$ これを用いて数列の和を書くと、 $$\begin{array}{rl}{S}_n& =\frac{1}{2}[(\frac{1}{1\cdot 2}-\frac{1}{2\cdot 3})+(\frac{1}{2\cdot 3}-\frac{1}{3\cdot 4})+\cdots +\{\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\}]\\ & =\frac{1}{2}[\frac{1}{1\cdot 2}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}]\end{array}$$ $◼$

特に、無限級数（$n\to \mathrm{\infty }$）は、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[\frac{1}{4}-\frac{1}{2(n+1)(n+2)}]=\frac{1}{4}\end{array}$$ $◼$

数列の和を改めて書くと、 $$\begin{array}{}\text{(1)}& S_n=1+2\cdot r+\cdots +n{r}^{n-1}\end{array}$$ 式 $(1)$ の両辺に公比 $r$ をかけると、 $$\begin{array}{}\text{(2)}& r{S}_n=r+2r^2+\cdots +n{r}^n\end{array}$$ 式 $(1),(2)$ の差を取ると、 $$\begin{array}{c}{S}_n-r{S}_n=(1+r+r^2+r^3+\cdots +r^{n-1})-n{r}^n\\ (1-r)S_n=(1+r+r^2+r^3+\cdots +r^{n-1})-n{r}^n\\ (1-r)S_n=\frac{1-r^n}{1-r}-n{r}^n\\ S_n=\frac{1-r^n}{{(1-r)}^2}-\frac{n{r}^n}{1-r}\end{array}$$ $◼$

特に、無限級数（$n\to \mathrm{\infty }$）は、
［1］$1<\left|r\right|$ のとき $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[\frac{1-r^n}{{(1-r)}^2}-\frac{n{r}^n}{1-r}]=\pm \mathrm{\infty }\end{array}$$ ［2］$1<\left|r\right|$ のとき $$\begin{array}{}\text{(3)}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[\frac{1-r^n}{{(1-r)}^2}-\frac{n{r}^n}{1-r}]=\frac{1}{{(1-r)}^2}-\frac{1}{1-r}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n{r}^n\end{array}$$ ここで、$r=\frac{1}{p}$ とすると、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n{r}^n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n}{p^n}\end{array}$$ ロピタルの定理より、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n}{p^n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n{p}^{n-1}}=0\end{array}$$ したがって、式 $(3)$ より、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\frac{1}{{(1-r)}^2}\end{array}$$ $◼$

数列の和を改めて書くと、 $$\begin{array}{}\text{(1)}& S_n=1+4r+\cdots +n^2{r}^{n-1}\end{array}$$ 式 $(1)$ の両辺に公比 $r$ をかけると、 $$\begin{array}{}\text{(2)}& r{S}_n=r+4r^2+\cdots +n^2{r}^n\end{array}$$ 式 $(1),(2)$ の差を取ると、 $$\begin{array}{rl}{S}_n-r{S}_n& =\{1+3r+5r+\cdots +(2n-1)r^{n-1}\}-n^2{r}^n\\ (1-r)S_n& =\{1+3r+5r+\cdots +(2n-1)r^{n-1}\}-n^2{r}^n\\ (1-r)S_n& =\sum _{k=1}^n(2k-1)r^{n-1}-n^2{r}^n\\ & =2\sum _{k=1}^{n}k\cdot r^{n-1}-\sum _{k=1}^n{r}^{n-1}-n^2{r}^n\\ & =2\{\frac{1-r^n}{{(1-r)}^2}-\frac{n{r}^n}{1-r}\}-\frac{1-r^n}{1-r}-n^2{r}^n\\ & =\frac{2(1-r^n)}{{(1-r)}^2}-\frac{2n{r}^n}{1-r}-\frac{1-r^n}{1-r}-n^2{r}^n\\ S_n& =\frac{2(1-r^n)}{{(1-r)}^3}-\frac{2n{r}^n}{{(1-r)}^2}-\frac{1-r^n}{{(1-r)}^2}-\frac{n^2{r}^n}{1-r}\end{array}$$ $◼$

特に、無限級数（$n\to \mathrm{\infty }$）は、 $$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[\frac{2(1-r^n)}{{(1-r)}^3}-\frac{2n{r}^n}{{(1-r)}^2}-\frac{1-r^n}{{(1-r)}^2}-\frac{n^2{r}^n}{1-r}]\\ \text{(3)}& & =\frac{2}{{(1-r)}^3}-\frac{1}{{(1-r)}^2}-\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[\frac{2n{r}^n}{{(1-r)}^2}+\frac{n^2{r}^n}{1-r}]\end{array}$$ ここで、$r=\frac{1}{p}$ とすると、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n{r}^n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n}{p^n}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{n}^2{r}^n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n^2}{p^n}\end{array}$$ ロピタルの定理より、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n^2}{p^n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{2n}{n{p}^{n-1}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{2}{n(n-1)p^{n-2}}=0\\ \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n}{p^n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n{p}^{n-1}}=0\end{array}$$ したがって、式 $(3)$ より、 $$\begin{array}{c}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\frac{2}{{(1-r)}^3}-\frac{1}{{(1-r)}^2}\end{array}$$ $◼$

無限級数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ の第 $n$ 項までの部分和を $S_n$ とすると、$2\le n$ のとき、 $$\begin{array}{c}{a}_n=S_n-S_{n-1}\end{array}$$ この無限級数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ が $S$ に収束するならば、$n\to \mathrm{\infty }$ のとき、 $$\begin{array}{c}{S}_n=S{S}_{n-1}=S\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{c}{a}_n=S-S=0\end{array}$$ $◼$