数列などについて成立する和の公式についてまとめました。
ｎの１乗、２乗、３乗に関する和
１＋２＋３＋４＋５＋６＋７＝２８です。
これは直接足し算をしてもよいのですが、じつは７×８÷２＝２８のようにも計算できます。
これは偶然ではなくて必然であるというのが、数列の和に関する公式です。
１から１００までの自然数の和も、１００×１０１÷２＝５０５０のように計算できます。
同様に１からｎまでの自然数の「２乗」や「３乗」を全て加えた時に成立する公式があります。
- １～ｎまでの自然数の和 $$\sum_{j=1}^nj=\frac{n(n+1)}{2}$$
- １～ｎまでの自然数のそれぞれの「２乗」の和 $$\sum_{j=1}^nj^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$
- １～ｎまでの自然数のそれぞれの「３乗」の和$$\sum_{j=1}^nj^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$$
４乗の和以降の公式も理論的には作れますが、複雑になるので公式として使われる事は基本的にはありません。Σ（シグマ）は和を表す記号です。
これらのうち、特に１＋２＋３＋・・＋ｎを表す公式は何かの個数の数え上げの際に（突然）使う時があるので、知っておくと便利な公式です。
ここで、もし１から「ｎ－１」まで加えるといった場合には、単純に上記公式でｎのところをｎ－１に置き換えれば計算可能です。例えば１～ｎ－１までの和は次のようになります。
$$\sum_{j=1}^{n-1}j=\frac{n(n-1)}{2}$$
ｎ→ｎ－１と、ｎ＋１→(ｎ－１)＋１＝ｎ の置き換えで、
結果的にｎ(ｎ－１)のように書けるという事です。
証明については高校で「証明せよ」という形で問われる事はほとんどないと思いますが、一応どういう根拠であるのかを知っておき、また計算問題の練習としてやってみるのもよいと思います。
図を使う方法も含めて複数の証明方法がありますが、例えば次のように考えます。
１＋２＋３＋４＋・・・＋ｎ－１＋ｎ＝Ｓとした時、
全く同じ式を「和の順番だけ入れ替えた」ものを考えます。
つまり、ｎ＋(ｎ－１)＋(ｎ－２)＋(ｎ－３)＋(ｎ－４)＋・・・＋２＋１＝Ｓを考えます。
２つ並べて、左辺と右辺をそれぞれについて加えます。
１＋２＋３＋４＋・・・＋ｎ－１＋ｎ＝Ｓ
ｎ＋(ｎ－１)＋(ｎ－２)＋(ｎ－３)＋(ｎ－４)＋・・・＋２＋１＝Ｓ
この時、左辺については左から見て何番目の項であるかを合わせて加えます。
例えば、左から３番目にある項は３とｎ－２なのでこれらを足し合わせる形にします。
すると、次のようになります。
(１＋ｎ)＋(１＋ｎ)＋(１＋ｎ)＋・・・＋(１＋ｎ)＝２ｓ
(１＋ｎ)という項はｎ個ある事に注意すると、
ｎ×(１＋ｎ)＝２Ｓ ⇔ Ｓ＝ｎ(ｎ＋１)／２となり、和の公式を得ます。
ここでどの項も必ず(１＋ｎ)になるという事は、
左からｍ番目の項についてｍ＋(ｎ－ｍ＋１)＝ｎ＋１となるので保証されるというわけです。
【例えばｎ＝３なら３＋(ｎ－３＋１)＝３＋(ｎー２)＝ｎ＋１です。】
では、２乗の和についてはどうでしょう。考え方は似ているのですが、少し工夫が必要です。
まず、１＋２＋３＋・・・＋ｎを考えます。
この時、最初から２乗を考えずに１乗を考えるところがポイントです。
これについては公式が得られているので１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝ｎ(１＋ｎ)／２
続いて、２＋３＋・・＋ｎを考えます。
これは全体から１を引いただけなので２＋３＋・・＋ｎ＝ｎ(１＋ｎ)／２－１です。
さらに、３＋４＋５＋・・・＋ｎなどを考えていきます。
１＋２＋３＋４＋５＋・・・＋ｎ＝ｎ(１＋ｎ)／２
２＋３＋４＋５＋・・・＋ｎ＝ｎ(１＋ｎ)／２－１
３＋４＋５＋・・・＋ｎ＝ｎ(１＋ｎ)／２－１－２
４＋５＋・・・＋ｎ＝ｎ(１＋ｎ)／２－１－２－３
５＋・・・＋ｎ＝ｎ(１＋ｎ)／２－１－２－３－４
・・・
ｎ＝ｎ(１＋ｎ)／２－１－２－３－４－・・・－(ｎ－１)
を考えます。
これらｎ個の式の両辺を全部加えて等号でつなぐと、
左辺については１が１個、２が２個、３が３個、４が４個、・・・ｎがｎ個ある事が分かります。
３が３個という事は３×３＝３２ですから、これで「２乗」の和ができるわけです。
右辺については、まずｎ(１＋ｎ)／２がｎ個ですからｎ２(１＋ｎ)／２という項があります。（これが公式で「ｎの３乗」がある理由です。）
続いて引き算の部分は、１乗の和で表されるものをさらに１～ｎ－１について和をとる事になります。
１～ｎ－１までの和としてΣ{ｊ(１＋ｊ)／２}を考えるという事です。
この時に「２乗の和」が発生しますが、これは左辺にもありますので移項できます。
ただし、右辺で生じるのは「１からｎ－１までの」２乗の和なので、「１からｎまでの２乗の和」からｎ２を引いたものになります。
１２＋２２＋３２＋４２＋・・・＋ｎ２＝Ｓとして、
$$S=n\cdot\frac{n(n+1)}{2}-\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j(j+1)}{2}=\frac{n^2(n+1)}{2}-\frac{(S-n^2)}{2}-\frac{n(n-1)}{4}$$
⇔３Ｓ／２＝ｎ２(ｎ＋１)／２＋ｎ２／２－ｎ(ｎ－１)／４
＝(２ｎ３＋３ｎ２＋ｎ)／４
＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)／４ 【うまい具合に因数分解できます。】
⇔Ｓ＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)／６
３乗の和の公式も同じようにできて、今度は２乗の和から１つずつ項を引いたｎ個の式を加えます。
１＋２２＋３２＋４２＋５２＋・・・＋ｎ２＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)／６
２２＋３２＋４２＋５２＋・・・＋ｎ２＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)／６－１
３２＋４２＋５２＋・・・＋ｎ２＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)／６－１－２２
４２＋５２＋・・・＋ｎ２＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)／６－１－２２－３２
５２＋・・・＋ｎ２＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)／６－１－２２－３２－４２
・・・
ｎ＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)／６－１－２２－３２－４２－・・・－(ｎ－１)２
３２が３個あれば３×３２＝３３、ｍ２がｍ個あればｍ×ｍ２＝ｍ３ですから、
左辺の合計は３乗の和になります。
右辺は、ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)／６がｎ個と、「２乗の和」の形の数列をさらに１～ｎ－１まで和をとったものを引いたものになります。ｊ(ｊ＋１)(２ｊ＋１)／６＝(２ｊ３＋３ｊ２＋１)／６なので、これについて１～ｎ－１まで和をとり、引き算するという事です。
少し長ったらしいですが式を整理すると次のようになります。
１＋２３＋３３＋４３＋・・・＋ｎ３＝Ｓとして、
$$S=\frac{n^2(n+1)(2n+1)}{6}-\frac{S-n^3}{3}-\frac{n(n-1)(2n-1)}{12}-\frac{n(n-1)}{12}$$
$$\Leftrightarrow \frac{4S}{3}=\frac{4n^4+8n^3+4n^2}{12}=\frac{n^2(n+1)^2}{3}$$
$$\Leftrightarrow S=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$$
等比数列の和
何かと重要になるのは「等比数列の和」です。これは次のようにします。
Ｓ＝ａ＋ａｒ＋ａｒ２＋ａｒ３＋・・・＋ａｒｎ－１
これの両辺にｒを掛けます。
ｒＳ＝ａｒ＋ａｒ２＋ａｒ３＋・・・＋ａｒｎ－１＋ａｒｎ
ＳとｒＳは、項数は同じで、途中のａｒ＋ａｒ２＋ａｒ３＋・・・＋ａｒｎ－１が共通しています。
共通する項は差し引けばもちろん０になるので、
Ｓ－ｒＳ＝ａ＋ａｒｎ ⇔ Ｓ(１－ｒ)＝ａ＋ａｒｎ
ｒ＝１の時は単にｎ個のａの和なのでＳ＝ｎａで、ｒ≠１のときはＳ＝(ａ＋ａｒｎ)／(１－ｒ)です。
これは、ｒ＝１／２のときなど、ｎ→∞のときにｒｎ→０となる場合が特に重要です。そのように項数を無限個にした場合の等比数列の和は、等比級数あるいは幾何級数と言います。
階差数列の和
ｂｎ＋１＝ａｎ＋１－ａｎのような形の数列（「階差数列」）の和を考えるとき、
ｂｎ＋２＝ａｎ＋２－ａｎ＋１のようになりますから、
ｂｎ＋２＋ｂｎ＋１＝ａｎ＋２－ａｎになります。
中間の項がプラスマイナスでちょうど消えるという事です。
さらにｂｎ＋３＝ａｎ＋３－ａｎ＋２を加えれば、
ａｎ＋２が消えてｂｎ＋３＋ｂｎ＋２＋ｂｎ＋１＝ａｎ＋３－ａｎになります。
このような形で、階差数列の和を計算する事ができます。具体的に書きだすと、多少分かりやすいでしょう。
ｂ２＝ａ２－ａ１,
ｂ３＝ａ３－ａ２,
ｂ４＝ａ４－ａ３,
ｂｎ－１＝ａｎ－２－ａｎ－３,
ｂｎ＝ａｎ－１－ａｎ－２
ｂ１＝ａ１とすると、
ｂ１＋ｂ２＋ｂ３＋・・・＋ｂｎ
＝ａ１
＋(ａ２－ａ１)
＋(ａ３－ａ２)
＋(ａ４－ａ３)
＋(ａ５－ａ４)
＋・・・
＋(ａｎ－２－ａｎ－３)
＋(ａｎ－１－ａｎ－２)
＝ａｎ－１
階差数列および類似の形の数列には色々なパターンがあるので、公式を覚えるというよりは、和をとる事で度の項が消えてどの項が残るのかを個々の計算ごとに把握するとよいでしょう。
一般の和について成立する公式
特定の形の数列に限らず、一般に和に関して成立する公式というか関係式には次のようなものがあります。
- 「和」の定数倍 $$\sum_{\large{j=1}}^n(ca_n)=c\sum_{\large{j=1}}^na_n$$
- 「和」同士の和と差 $$\sum_{\large{j=1}}^n(a_n\pm b_n)=\left(\sum_{\large{j=1}}^na_n\right)\pm \left(\sum_{\large{j=1}}^nb_n\right)$$
- 「和」同士の「積」に関する性質$$\sum_{\large{i,j=1}}^{n}\large{(a_ib_j)}=\left(\sum_{\large{i=1}}^n\large{a_i}\right)\left(\sum_{\large{j=1}}^n\large{b_j}\right)$$ $$= (a_1+a_2+\cdots +a_n)(b_1+b_2+\cdots +b_n) $$ $$\sum_{\large{i=1}}^{n}\sum_{\large{j=1}}^{m}\large{(a_ib_j)}=\left(\sum_{\large{i=1}}^n\large{a_i}\right)\left(\sum_{\large{j=1}}^m\large{b_j}\right)$$ $$=(a_1+a_2+\cdots +a_n)(b_1+b_2+\cdots +b_m)$$ ここで、\(\large{a_ib_j}\)は\(\large{a_iとb_j}\)との積です。数列の変数が２つ以上ある場合のシグマ記号を使っています。
これらのうち、最初の２つは通常の足し算の性質を式の形で書いてあるだけなのであまり公式としては認識する必要はないですが、３番目の式は注意する必要があり、しかも重要です。
「和同士の積」の計算の場合は、ｎとｍのうちまずｎだけ全部足してｍは変数扱いにしておき、
その後でさらにｍを動かして全体の合計の和を計算してもよいという事です。
これは、次の計算を考えると式の展開の計算通りにすると(ｎ,ｍ)＝(１,１), (１,２), (１,３), (２,１), (２,２), (２,３),・・・の全ての組が\(\large{a_ib_j}\)の項の中に出てくる事によります。
$$(a_1+a_2+a_3+\cdots +a_n)(b_1+b_2+b_3+\cdots +b_n)$$
$$=a_1b_1+a_1b_2+a_1b_3+\cdots+a_2b_1+a_2b_2+a_2b_3+\cdots +a_3b_1+a_3b_2+a_3b_3+\cdots$$
高校数学ではほとんど扱いませんが、変数が複数ある時にシグマ記号をやたらと多く組み合わせる場合には、この「和同士の積」に関する性質を把握しておく事は結構重要になります。