数列：等差・等比、和の計算、差分と和分、数学的帰納法

0. この記事の要点

「1 から 100 まで足すといくつか」のような和を、全部足さずに求めるにはどうすればよいか。この記事は、その問いに答える道具を整理します。等差数列や等比数列の和の公式、$1^2+2^2+\cdots+n^2$ のような和の公式を、覚えるだけでなく自分で見つけて確かめられるようになります。最後には、連続する整数の和の表し方や、ローンの毎月の返済額の計算までできるようになります。

• 数列の和の計算は、和が打ち消しあう（telescoping）か、公式を数学的帰納法で確かめるかのどちらかに帰着します。この記事では、前者を差分作用素 $\Delta$（隣り合う項の差をとる操作）の言葉で整理します。
• 等差数列の和は「逆順に並べて足す」、等比数列の和は因数分解の公式 $r^n-1=(r-1)(1+r+\cdots+r^{n-1})$ から得られます。
• 自然数の冪の和 $\sum k$、$\sum k^2$、$\sum k^3$ は帰納法で証明できますが、公式をどう見つけるかは別問題です。下降階乗冪 $k(k-1)\cdots(k-m+1)$（$k$ から 1 ずつ小さい数を $m$ 個かけた積）は差分で綺麗に振る舞うので、和が一瞬で求まります（微分に対する $x^m$ の役割と同じです）。
• 階差数列の考え方は、Newton の前進差分公式 $a_{n}=\sum_j\binom{n-1}{j}\Delta^ja_1$ に一般化されます。$p$ 回の階差で一定になる数列は $n$ の $p$ 次多項式です。
• 「$N$ を連続する正の整数の和で表す方法の数」は、$N$ の奇数の約数の個数に等しく、「元利均等返済の毎回の返済額」は等比数列の和の公式で閉じた形に書けます。
• 帰納法で証明するには、公式が先に見つかっていなければなりません。規則性の推定が、証明ではないことを、有名な反例（$n^2+n+41$）で確かめます。

この記事で使う事前知識

• 等差数列・等比数列: 隣り合う項の差が一定の数列が等差数列、比が一定の数列が等比数列です。
• 階差数列: 隣り合う項の差を並べてできる数列のことです。
• 和の記号 $\Sigma$: $\sum_{k=m}^n a_k$ は $a_m$ から $a_n$ までの和を表します（§2 で定義を確認します）。
• 因数分解の公式: $r^n-1=(r-1)(1+r+\cdots+r^{n-1})$ のような式の展開・因数分解の規則です。→ 数と式
• 二項係数: $n$ 個から $k$ 個を選ぶ選び方の数 $\binom nk$ のことです。→ 二項係数

1. 動機：和の公式はどうやって見つけ、どうやって確かめるのか

$1+2+3+\cdots+n=\tfrac{n(n+1)}2$ は、小さい頃のガウスの逸話で知られます。ところが $1^2+2^2+\cdots+n^2$ の公式 $\tfrac{n(n+1)(2n+1)}6$ を、同じような「ひらめき」で見つけるのは容易ではありません。教科書では、公式を与えて帰納法で確かめます。確かめることはできても、「なぜその公式なのか」は語られません。

もう一つの疑問は、数列の問題の定石のうち、どれが本質的でどれが技巧かです。階差数列、和の打ち消し、公式の推定と帰納法による証明は、じつは一つの仕組みの 3 つの顔です。その仕組みが、差分と和分です。連続な世界の微分と積分に対応する、離散的な世界の微積分です。微分積分学の基本定理（$\int_a^bf'=f(b)-f(a)$）の離散版が、$\sum_{k=m}^n\Delta a_k=a_{n+1}-a_m$ です。

この記事では、まず等差・等比数列と和の記号 $\Sigma$ の規則を確認し、次に差分と和分で冪の和を一括して求め、最後に応用として連続する整数の和と返済の計算を扱います。使う道具は前章の 数と式（因数分解の公式）と、帰納法（数学的帰納法の原理（定理 3.2）［証明の技術］）です。次の章 漸化式と母関数 で、数列の一般項を求める話に進みます。

2. 数列と和の記号

定義 2.1（数列と和の記号）↗

実数の数列とは、$\mathbb{N}=\{1,2,3,\dots\}$ から $\mathbb{R}$ への対応 $n\mapsto a_n$（項 $a_n$ の並び）のことで、$(a_n)$ と書く。添字が $0$ や負の整数から始まる列（$k=0,1,2,\dots$ に対する $a_k$ など）も同じ形で扱う。整数 $m\le n$ について

$$\sum_{k=m}^na_k=a_m+a_{m+1}+\cdots+a_n$$

と書く（帰納的に、$\sum_{k=m}^ma_k=a_m$、$\sum_{k=m}^{n+1}a_k=\sum_{k=m}^na_k+a_{n+1}$ で定める）。$m>n$ のときの和（空の和）は $0$ とする。

命題 2.2（和の記号の規則）✓

数列 $(a_k),(b_k)$ と定数 $c$ について、

1. $\sum_{k=m}^n(a_k+b_k)=\sum_{k=m}^na_k+\sum_{k=m}^nb_k$、$\sum_{k=m}^nca_k=c\sum_{k=m}^na_k$。
2. （添字のずらし）$\sum_{k=m}^na_k=\sum_{k=m+s}^{n+s}a_{k-s}$。
3. $\sum_{k=m}^nc=(n-m+1)\,c$。
4. （順序の反転）$\sum_{k=m}^na_{m+n-k}=\sum_{k=m}^na_k$。

証明（命題 2.2）

いずれも $n$ に関する帰納法です。(1) は $n=m$ で自明で、$n\to n+1$ では定義 $\sum_{k=m}^{n+1}=\sum_{k=m}^n+a_{n+1}$ を両辺に適用すれば、加法の交換法則・結合法則（分配法則）から従います。(2)(3) も同じ形の帰納法です。(4) は $n=m$ で自明。$n\to n+1$ では、左辺 $\sum_{k=m}^{n+1}a_{m+n+1-k}$ の $k=m$ の項は $a_{n+1}$ で、残りの $k=m+1,\dots,n+1$ の和は、添字を $k=k'+1$ とずらす (2) により $\sum_{k'=m}^{n}a_{m+n-k'}$ です。これは帰納法の仮定で $\sum_{k'=m}^na_{k'}$ に等しく、全体で $a_{n+1}+\sum_{k=m}^na_k=\sum_{k=m}^{n+1}a_k$ となります。

∎

命題 2.3（等差数列の和）✓

$a_k=a+(k-1)d$ とする。$\displaystyle\sum_{k=1}^na_k=\frac{n(a_1+a_n)}2=na+\frac{n(n-1)}2d$。

証明（命題 2.3）

$S=\sum_{k=1}^na_k$ とし、和の順序を逆にした $S=\sum_{k=1}^na_{n+1-k}$（命題 2.2 (4)）を足し合わせます。$a_k+a_{n+1-k}=2a+(n-1)d=a_1+a_n$ は $k$ によらないので、$2S=\sum_{k=1}^n(a_1+a_n)=n(a_1+a_n)$（命題 2.2 (3)）です。$a_1+a_n=2a+(n-1)d$ を代入すれば第 2 の等号を得ます。

∎

命題 2.4（等比数列の和）✓

$a_k=ar^{k-1}$ とする。$r\ne1$ のとき $\displaystyle\sum_{k=1}^na_k=\frac{a(r^n-1)}{r-1}$、$r=1$ のとき $na$。

証明（命題 2.4）

$r=1$ は 命題 2.2 (3)。$r\ne1$ のとき、因数分解の公式（命題 5.1）［数と式］ (1)（$a\to r$、$b\to1$）により $r^n-1=(r-1)\sum_{k=0}^{n-1}r^{n-1-k}$ で、和の順序を反転すると（命題 2.2 (4)）$\sum_{k=0}^{n-1}r^{n-1-k}=\sum_{k=0}^{n-1}r^k$。$r-1\ne0$ で割り、$a$ をかけます（$\sum_{k=1}^nar^{k-1}=a\sum_{k=0}^{n-1}r^k$ は 命題 2.2 (2) の添字のずらし）。

∎

無限等比級数 $\sum_{k=1}^\infty ar^{k-1}=\tfrac{a}{1-r}$（$|r|<1$）は極限の議論が要り、その証明は、数とは何か？ の等比級数の命題（等比級数（命題 6.2）［数とは何か］）にあります。

命題 2.5（冪の和）✓

すべての自然数 $n$ について

$$\sum_{k=1}^nk=\frac{n(n+1)}2,\qquad\sum_{k=1}^nk^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6,\qquad\sum_{k=1}^nk^3=\Bigl(\frac{n(n+1)}2\Bigr)^2.$$

証明（命題 2.5）

どれも $n$ に関する帰納法です（数学的帰納法の原理（定理 3.2）［証明の技術］）。$n=1$ では左辺が $1$、右辺も $1$。$k^3$ の場合の帰納ステップのみ示します：$n$ で成り立つとして

$$\Bigl(\frac{n(n+1)}2\Bigr)^2+(n+1)^3=(n+1)^2\Bigl(\frac{n^2}4+n+1\Bigr)=\frac{(n+1)^2(n+2)^2}4=\Bigl(\frac{(n+1)(n+2)}2\Bigr)^2.$$

$k^2$ では $\tfrac{n(n+1)(2n+1)}6+(n+1)^2=\tfrac{(n+1)(2n^2+7n+6)}6=\tfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}6$。$k$ では $\tfrac{n(n+1)}2+(n+1)=\tfrac{(n+1)(n+2)}2$ です。

∎

例 2.6（四角錐数）

$1,\,1+4,\,1+4+9,\dots$、すなわち $\sum_{k=1}^nk^2$ は、$n$ 段の四角錐状に球を積んだときの個数で、四角錐数とよばれます。$n=1,2,3,4$ で $1,5,14,30$。公式 $\tfrac{n(n+1)(2n+1)}6$ は $n=4$ で $\tfrac{4\cdot5\cdot9}6=30$ と一致します。

3. 差分作用素と和分

定義 3.1（差分と下降階乗冪）↗

数列 $(a_k)$ に対し、$\Delta a_k=a_{k+1}-a_k$ を階差（差分）という。$\Delta^0a=a$、$\Delta^{j+1}a=\Delta(\Delta^ja)$ と定める。整数 $m\ge0$ に対し、

$$k^{\underline{m}}=k(k-1)(k-2)\cdots(k-m+1)\quad(m\ge1),\qquad k^{\underline0}=1$$

を下降階乗冪という（$m$ 個の因数の積）。

定理 3.2（和分の基本公式（telescoping））✓

整数 $m\le n$ について

$$\sum_{k=m}^n\Delta a_k=a_{n+1}-a_m.$$

したがって、$\Delta b_k=a_k$ となる数列 $(b_k)$ が見つかれば、$\sum_{k=m}^na_k=b_{n+1}-b_m$ である。

証明（定理 3.2）

$n$ に関する帰納法。$n=m$ では左辺 $\Delta a_m=a_{m+1}-a_m$。$n\to n+1$ では $\sum_{k=m}^{n+1}\Delta a_k=(a_{n+1}-a_m)+(a_{n+2}-a_{n+1})=a_{n+2}-a_m$。後半は $a_k=\Delta b_k$ を代入するだけです。

∎

これは微分積分学の基本定理 $\int_a^bf'(x)\,dx=f(b)-f(a)$（微分積分学の基本定理（定理 5.4）［積分の基本定理と定積分］）の離散版です。対応表は次のとおりです。

連続	離散
微分 $f'(x)$	差分 $\Delta a_k=a_{k+1}-a_k$
$x^m$	下降階乗冪 $k^{\underline m}$
$(x^m)'=mx^{m-1}$	$\Delta k^{\underline m}=mk^{\underline{m-1}}$（下記）
積分 $\int_a^b$	和分 $\sum_{k=m}^{n}$
$\int_a^bf'=f(b)-f(a)$	$\sum_{k=m}^n\Delta a_k=a_{n+1}-a_m$

命題 3.3（下降階乗冪の差分と和）✓

$m\ge1$ について $\Delta k^{\underline m}=m\,k^{\underline{m-1}}$。したがって、$m\ge0$、$n\ge0$ について

$$\sum_{k=0}^nk^{\underline m}=\frac{(n+1)^{\underline{m+1}}}{m+1}.$$

証明（命題 3.3）

$(k+1)^{\underline m}=(k+1)\,k^{\underline{m-1}}$（$k+1$ から $k-m+2$ までの $m$ 個の積は、$k+1$ と $k$ から $k-m+2$ までの $m-1$ 個の積）、$k^{\underline m}=k^{\underline{m-1}}\,(k-m+1)$ なので、$\Delta k^{\underline m}=k^{\underline{m-1}}\bigl((k+1)-(k-m+1)\bigr)=m\,k^{\underline{m-1}}$。$b_k=\tfrac{k^{\underline{m+1}}}{m+1}$ とおくと $\Delta b_k=k^{\underline m}$ です。$b_0=0$（$k^{\underline{m+1}}$ は因数 $k$ をもつ）なので、定理 3.2 により $\sum_{k=0}^nk^{\underline m}=b_{n+1}-b_0=\tfrac{(n+1)^{\underline{m+1}}}{m+1}$ です。

∎

例 3.4（冪の和を下降階乗冪で求める）

$k^2=k^{\underline2}+k^{\underline1}$（右辺は $k(k-1)+k$）なので、$\sum_{k=0}^nk^2=\tfrac{(n+1)^{\underline3}}3+\tfrac{(n+1)^{\underline2}}2=\tfrac{(n+1)n(n-1)}3+\tfrac{(n+1)n}2=\tfrac{n(n+1)(2n+1)}6$。$k^3=k^{\underline3}+3k^{\underline2}+k^{\underline1}$（右辺を展開すると $k^3-3k^2+2k+3k^2-3k+k$）なので $\sum_{k=0}^nk^3=\tfrac{(n+1)^{\underline4}}4+(n+1)^{\underline3}+\tfrac{(n+1)^{\underline2}}2=\tfrac{(n+1)n}{12}\bigl(3(n-1)(n-2)+12(n-1)+6\bigr)=\tfrac{n^2(n+1)^2}4$。このように、帰納法では「確かめる」だけだった公式を、導くことができます。係数 $1,1$ や $1,3,1$ は、$k^m$ を下降階乗冪で展開する係数（第 2 種 Stirling 数）です。

次の定理のねらいは、高校の「階差数列の和をとって一般項を求める」方法を、階差の階差（2 階の階差）、その階差と続けて、数列の第 $n$ 項を「最初の項での階差」だけで書き表すことです。たとえば $1,4,9,16,\dots$ では、最初の項での 0 階・1 階・2 階の階差は $1,3,2$ で、第 3 項は $1+2\cdot3+1\cdot2=9$ と、二項係数 $1,2,1$ を重みにして復元できます。

定理 3.5（Newton の前進差分公式（階差数列の一般化））✓

任意の数列 $(a_k)$ と $n\ge1$ について

$$a_n=\sum_{j=0}^{n-1}\binom{n-1}{j}\,(\Delta^ja)_1.$$

とくに $n\ge2$ のとき $a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}\Delta a_k$（階差数列の和）である。

証明（定理 3.5）

$N=n-1$ とし、「すべての数列 $a$ について $a_{N+1}=\sum_{j=0}^N\binom Nj(\Delta^ja)_1$」を $N$ に関する帰納法で示します。$N=0$ は $a_1=(\Delta^0a)_1$。$N$ で成り立つとします。数列 $a'_k=a_{k+1}$ に帰納法の仮定を使うと $a_{N+2}=a'_{N+1}=\sum_j\binom Nj(\Delta^ja')_1$。$\Delta$ は 1 つ後ろへのずらしと交換できる（$\Delta a'_k=a_{k+2}-a_{k+1}=(\Delta a)_{k+1}$）ので、$(\Delta^ja')_1=(\Delta^ja)_2$ で、これは $(\Delta^ja)_1+(\Delta^{j+1}a)_1$ に等しい（$\Delta$ の定義）。したがって、

$$a_{N+2}=\sum_{j=0}^N\binom Nj(\Delta^ja)_1+\sum_{j=0}^N\binom Nj(\Delta^{j+1}a)_1=\sum_{j=0}^{N+1}\Bigl(\binom Nj+\binom N{j-1}\Bigr)(\Delta^ja)_1,$$

パスカルの関係（パスカルの三角形（命題 7.2）［数え上げと母関数］）により $\binom Nj+\binom N{j-1}=\binom{N+1}j$。後半の主張は、定理 3.2 を $m=1$、$n-1$ について使うと $\sum_{k=1}^{n-1}\Delta a_k=a_n-a_1$ となることから従います。

∎

次の命題は、「階差をとるたびに多項式の次数が 1 つ下がる」ことを述べています。たとえば $k^2$ の階差は $(k+1)^2-k^2=2k+1$ で 1 次式になり、最高次の係数は $1$ から $2$ 倍の $2$ になります。$k^3$ なら階差は $3k^2+3k+1$ で、最高次の係数は 3 倍です。これを繰り返して、階差が一定になる回数から次数が分かる、という流れです。

命題 3.6（階差と多項式の次数）✓

1. $a_k=f(k)$ が $p$ 次多項式（$p\ge1$）なら、$\Delta a_k$ は $p-1$ 次多項式で、最高次の係数は $p$ 倍になる。したがって $\Delta^{p}a$ は定数 $p!\cdot c$（$c$ は $f$ の最高次の係数）、$\Delta^{p+1}a=0$。
2. 逆に、すべての $k$ で $\Delta^{p+1}a_k=0$ ならば、$a_n=\sum_{j=0}^p\binom{n-1}j(\Delta^ja)_1$ は $n$ の $p$ 次以下の多項式である。

証明（命題 3.6）

(1) $(k+1)^m-k^m=\sum_{i=0}^{m-1}\binom mik^i$（二項定理 二項定理（定理 7.3）［数え上げと母関数］）は $m-1$ 次で、最高次の係数は $m$。$f(k)=\sum c_mk^m$ の階差では、最高次 $c_pk^p$ から $c_p\,p\,k^{p-1}$ が出て、低次の項は次数 $p-2$ 以下にしか寄与しません。帰納法で $\Delta^pa=p!\,c_p$。(2) 定理 3.5 で $j>p$ の項が消えます。$\binom{n-1}j=\tfrac{(n-1)(n-2)\cdots(n-j)}{j!}$ は $n$ の $j$ 次多項式です。

∎

例 3.7（階差の表から一般項を読む）

$1,4,9,16,25,\dots$ の階差は $3,5,7,9$、2 階の階差は $2,2,2$ で一定です。ここでは、すべての $k$ で $\Delta^3a_k=0$ となることが何らかの形で保証されているとします（有限個の項の観察だけでは、§4 で述べたとおり推定にとどまります）。このとき 命題 3.6 (2) により $a_n$ は 2 次以下の式で、定理 3.5 から $a_n=1+3\binom{n-1}1+2\binom{n-1}2=1+3(n-1)+(n-1)(n-2)=n^2$。階差数列の「$\sum$ をとる」という高校の定石は、この公式の第 2 項までに対応します。

4. 帰納法で証明する前の「推定」

帰納法は、公式が与えられた後でそれを確かめる方法です。公式を見つける段階の「推定」は、小さい $n$ の観察に基づくので、証明ではありません。有名な反例があります。

例 4.1（観察は証明ではない：Euler の多項式）

$f(n)=n^2+n+41$ は、$n=0,1,\dots,39$ のすべてで素数になります（$n=0,1,2,3$ で $41,43,47,53$）。しかし $n=40$ では $f(40)=1600+40+41=1681=41^2$ で合成数です。40 回確かめても、「すべての $n$ で素数」とは言えません。数列の規則性を推定したら、帰納法（数学的帰納法の原理（定理 3.2）［証明の技術］）か、この記事の差分の方法で証明します。

例 4.2（推定と帰納法による証明）

$a_1=1$、$a_{n+1}=a_n+2n+1$ で定まる数列の一般項を推定します。$a_2=4$、$a_3=9$、$a_4=16$ から $a_n=n^2$ と推定します。帰納法で、$a_1=1=1^2$。$a_n=n^2$ と仮定すると $a_{n+1}=n^2+2n+1=(n+1)^2$。これは 定理 3.2 で $a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}(2k+1)=1+(n-1)n+(n-1)=n^2$ と導くことと同じです。帰納法は確かめ、和分は導きます。

例 4.3（群数列）

自然数を「第 $k$ 群に $k$ 個」で $1\,|\,2,3\,|\,4,5,6\,|\,7,8,9,10\,|\cdots$ と分けます。第 $k$ 群の最初の数は、それより前の群の項数 $\sum_{i=1}^{k-1}i=\tfrac{k(k-1)}2$ の次なので $\tfrac{k(k-1)}2+1$、第 $k$ 群の最後の数は $\tfrac{k(k+1)}2$（命題 2.3）です。第 $k$ 群の和は、等差数列の和（初項 $\tfrac{k(k-1)}2+1$、項数 $k$）で $\tfrac{k(k^2+1)}2$ となります。

5. 応用：連続する整数の和と返済の計算

次の命題の方針は、等差数列の和の公式から $2N$ を 2 つの整数の積 $k\cdot m$ に分け、その 2 つの偶奇が必ず異なることに注目して、約数と対応づけることです。たとえば $N=15$ では $2N=30$ で、項数 $k=2$ のとき $m=15$ となり、$a=\tfrac{15-2+1}2=7$ から $7+8$ が得られます。

命題 5.1（連続する正の整数の和としての表し方）✓

正の整数 $N$ を、1 個以上の連続する正の整数の和 $N=a+(a+1)+\cdots+(a+k-1)$（$a,k\ge1$）として表す方法の数は、$N$ の奇数の約数の個数に等しい。

証明（命題 5.1）

命題 2.3 により右辺は $\tfrac{k(2a+k-1)}2$ なので、条件は $2N=k\,m$、$m=2a+k-1$ と書けます。$m-k=2a-1$ は奇数なので $k,m$ は偶奇が異なり、$m>k$。逆に $2N=km$ で $k<m$、$k,m$ の偶奇が異なるなら、$a=\tfrac{m-k+1}2$ は正の整数で $k$ 個の和が $N$ になります。したがって表し方は、$2N=km$、$k<m$、偶奇が異なる分解の個数です。偶奇が異なる分解では、一方が奇数で他方が偶数です。$N=2^eN'$（$N'$ は奇数）とすると、奇数のほうの因子は $N'$ の約数 $d$ で、偶数のほうは $2^{e+1}N'/d$ に決まります。したがって偶奇の異なる非順序対は $N'$ の約数（すなわち $N$ の奇数の約数）$d$ と 1 対 1 に対応し、$k<m$ の順序は各対でちょうど 1 通りです。

∎

たとえば $N=15$ の奇数の約数は $1,3,5,15$ の 4 個で、$15$、$7+8$、$4+5+6$、$1+2+3+4+5$ の 4 通りです。$N=16=2^4$ は奇数の約数が $1$ だけで、$16$ 自身以外の表し方がありません。約数の個数を数える公式は 約数の個数（命題 5.5）［整除と素因数分解］ です。

命題 5.2（元利均等返済）✓

元金 $P$ を月利 $r>0$ で借り、毎月末に一定額 $x$ ずつ $n$ 回で完済する（利息は月初の残高に対して月末に付く）。このとき

$$x=\frac{P\,r\,(1+r)^n}{(1+r)^n-1}.$$

証明（命題 5.2）

第 $k$ 月末の返済直後の残高を $b_k$ とすると、$b_0=P$、$b_k=(1+r)b_{k-1}-x$。この漸化式から $b_k=(1+r)^kP-x\sum_{i=0}^{k-1}(1+r)^i$ が帰納法で従います（$b_k$ の式に $(1+r)$ をかけて $x$ を引く）。命題 2.4 により $\sum_{i=0}^{n-1}(1+r)^i=\tfrac{(1+r)^n-1}{r}$ なので、完済 $b_n=0$ の条件は $(1+r)^nP=x\tfrac{(1+r)^n-1}r$ です。$(1+r)^n-1\ne0$ で $x$ について解きます。

∎

例 5.3（返済額の計算例）

$P=3{,}000{,}000$ 円、月利 $r=1\%$（$0.01$）、$n=12$ 回なら $(1.01)^{12}\approx1.126825$ で $x\approx\tfrac{30000\times1.126825}{0.126825}\approx266{,}546$ 円。総返済額は約 $3{,}198{,}556$ 円で、利息は約 $198{,}556$ 円です（実際の住宅ローンの金利は年利で表示され、月利への換算は契約により異なります）。

6. 大学ではどこへ続くか

差分と和分は、解析学の微分と積分の離散版です。連続な世界では $x^m$、離散の世界では下降階乗冪 $k^{\underline m}$ が「微分で次数が 1 つ下がる」基底で、Taylor 展開の離散版が Newton の前進差分公式です。級数（無限和）の収束の議論は微分積分学（calculus）の級数の章へ、数え上げ（$\binom nk$ や Stirling 数）は組合せ論（combinatorics）の差分法と母関数へ続きます。差分方程式（漸化式）としての数列は、次の章 漸化式と母関数 と常微分方程式（ode）の定数係数線形方程式の離散版です。

7. 演習

演習 7.1易

次の 2 つの和を求めよ。(1) $\displaystyle\sum_{k=1}^{10}(3k+2)$　(2) $\displaystyle\sum_{k=1}^{6}2\cdot3^{k-1}$

解答

等差数列（初項 $5$、公差 $3$、項数 $10$）の和は 命題 2.3 により $\tfrac{10(5+32)}2=185$。等比数列（初項 $2$、公比 $3$、項数 $6$）の和は 命題 2.4 により $\tfrac{2(3^6-1)}{3-1}=728$。

演習 7.2標準

$\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac1{k(k+1)}$ を、定理 3.2 を使って求めよ。

解答

$b_k=-\tfrac1k$ とおくと $\Delta b_k=-\tfrac1{k+1}+\tfrac1k=\tfrac1{k(k+1)}$。よって $\sum_{k=1}^n\tfrac1{k(k+1)}=b_{n+1}-b_1=1-\tfrac1{n+1}=\tfrac n{n+1}$。

演習 7.3標準

$\displaystyle\sum_{k=1}^nk(k+1)(k+2)$ を求めよ。

解答

$k(k+1)(k+2)=(k+2)^{\underline3}$（$(k+2)(k+1)k$）。$j=k+2$ とおくと $\sum_{k=1}^n(k+2)^{\underline3}=\sum_{j=3}^{n+2}j^{\underline3}=\sum_{j=0}^{n+2}j^{\underline3}$（$j=0,1,2$ では $j^{\underline3}=0$）。命題 3.3 により $\tfrac{(n+3)^{\underline4}}4=\tfrac{(n+3)(n+2)(n+1)n}4$。$n=1$ なら $\tfrac{4\cdot3\cdot2\cdot1}4=6=1\cdot2\cdot3$ で一致。

演習 7.4標準

$45$ を連続する正の整数の和として表す方法は何通りあるか。すべて挙げよ。

解答

$45=3^2\cdot5$ で奇数の約数は $1,3,5,9,15,45$ の 6 個なので、命題 5.1 により 6 通り。$k=1$：$45$。$k=2$：$22+23$。$k=3$：$14+15+16$。$k=5$：$7+8+9+10+11$。$k=6$：$5+6+7+8+9+10$。$k=9$：$1+2+\cdots+9$。検算：$2\cdot45=90=k\cdot m$ で $(k,m)=(1,90),(2,45),(3,30),(5,18),(6,15),(9,10)$ の 6 組。

参考文献

• Ronald L. Graham, Donald E. Knuth, Oren Patashnik, Concrete Mathematics, 2nd ed., Addison-Wesley, 1994 — Chapter 2（和）、Chapter 5（二項係数と差分）。
• 杉浦光夫『解析入門 I』東京大学出版会、1980 — 数列と級数に関する節。
• 文部科学省『高等学校学習指導要領（平成 30 年告示）解説 数学編 理数編』— 数学 B「数列」。
• 松坂和夫『集合・位相入門』岩波書店、1968 — 第 1 章（数学的帰納法に関する節）。