数列 ★★★ 応用の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 分母が $k$ と $k+2$ の積。$2$ つの因数が $2$ だけ離れている。

こういう分数は $\frac{1}{k(k+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2}\right)$ と差の形に分けられる。差が $2$ だから、打ち消し合いは「$1$ つおき」に起こる。相殺の網が粗くなる。その結果、両端に $2$ 項ずつ残る。差が $1$ のときは前後 $1$ 項ずつだが、ここは前 $2$ 項と後ろ $2$ 項が残る、と見抜くのが主題だ。

① 部分分数に分ける。 差 $(k+2)-k=2$ が前に出る。

$$\frac{1}{k(k+2)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2})$$

② 和を書き並べる。 $\frac{1}{k}$ と $\frac{1}{k+2}$ は $2$ つ離れているので、$1$ つおきに打ち消す。

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

③ 残る項を集める。 前の $2$ 項 $\frac{1}{1},\frac{1}{2}$ と、後ろの $2$ 項 $-\frac{1}{n+1},-\frac{1}{n+2}$ が残る。

$$=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})=\frac{3}{4}-\frac{1}{2}(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2})$$

④ $1$ つにまとめる。 $\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}=\frac{2n+3}{(n+1)(n+2)}$ を代入し通分すると

$$=\frac{n(3n+5)}{4(n+1)(n+2)}$$

まとめ:分母の差が $2$ の望遠鏡和は、打ち消しが「$1$ つおき」に起こる。だから前 $2$ 項・後ろ $2$ 項が残る。差が $1$ のとき(両端 $1$ 項ずつ残る)との違いを押さえる。

発展。 分母の差を $2$ から一般の $d$ に変えると、$\frac{1}{k(k+d)}=\frac{1}{d}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+d}\right)$ となる。

打ち消しは $d$ つおきになり、両端に $d$ 項ずつ残る。差が $2$ で前後 $2$ 項ずつ残ったのは、その $d=2$ の場合だ。

$n$ を限りなく大きくすると、後ろに残る $d$ 項は $0$ に近づく。和は $\frac{1}{d}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{d}\right)$ に収束する。差が $2$ なら $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4}$ で、本問の答えが $n\to \infty$ で近づく値 $\frac{3}{4}$ と一致する。

別解

別解:調和数でまとめて引く(得意な人向けの視点)。 項を書き並べて消すかわりに、$2$ つの和のかたまりの引き算として処理する。

$\frac{1}{k(k+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2}\right)$ までは同じ。ここで先頭からの逆数の和を $H_m=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{m}$ と書く。

$$\sum _{k=1}^n\frac{1}{k(k+2)}=\frac{1}{2}\left(\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}-\sum _{k=1}^n\frac{1}{k+2}\right)=\frac{1}{2}\left(H_n-(H_{n+2}-H_2)\right).$$

$H_2=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$、そして $H_{n+2}-H_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}$ だから

$$=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)=\frac{3}{4}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}\right).$$

通分すれば $\frac{n(3n+5)}{4(n+1)(n+2)}$ で、本解と同じ答え。項を $1$ つずつ消す作業を、調和数のかたまりどうしの差に置きかえたのがこのルートだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 各項は (等差 $2k-1$)×(等比 $3^{k-1}$) の形。等差でも等比でもない。

こういう和は $S$ と公比倍の $3S$ を $1$ 段ずらして引く。$S-3S$ を作るのが基本だ。引くと各位の係数がそろい、真ん中が等比数列の和になる。あとは機械的に片づく。

係数が $2k-1$ でも、「公比倍してずらし引き」の型は変わらない、と確認して始める。

① $S$ と $3S$ を書く。

$$S=1\cdot 1+3\cdot 3+5\cdot 3^2+\cdots +(2n-1)\cdot 3^{n-1}$$

$$3S=1\cdot 3+3\cdot 3^2+\cdots +(2n-3)\cdot 3^{n-1}+(2n-1)\cdot 3^n$$

② $S-3S$ を作る。 同じ位を引くと係数の差はすべて $2$。

$$S-3S=1+2\cdot 3+2\cdot 3^2+\cdots +2\cdot 3^{n-1}-(2n-1)\cdot 3^n$$

③ 真ん中を等比の和にする。 $3+3^2+\cdots +3^{n-1}=\frac{3^n-3}{2}$ なので、$2\times \frac{3^n-3}{2}=3^n-3$。

$$-2S=1+(3^n-3)-(2n-1)3^n=3^n-2-(2n-1)3^n=(2-2n)3^n-2$$

④ $S$ を求める。 両辺を $-2$ で割る。

$$S=(n-1)3^n+1$$

まとめ:(等差)×(等比)は $S-rS$ で係数をそろえるのが基本だ。ここは公比 $3$ なので $S-3S=-2S$。真ん中の等比和と最後の項をていねいに扱えば、機械的に和の式が出る。

発展。 (等差)×(等比) の和は公比 $r$ を変えても「($n$ の $1$ 次式)$\times r^n+$定数」の形に必ずまとまる。

$r$ を $1$ に近づけると $r^{k-1}$ が消え、ただの等差数列の和 $\sum (2k-1)=n^2$ に戻る。(等差)×(等比) は等差の和と等比の和のあいだをつなぐ形だと見える。

一方 $r=3$ では $r^n$ が急に伸びるので、和も $n\cdot 3^n$ の勢いで増える。無限に足すと発散する。等比の部分が $|r|<1$ のときだけ、無限和が有限に収まる。

別解

別解:和を「差の形」に作りかえる(得意な人向けの視点)。 ずらし引きのかわりに、各項を $f(k)-f(k-1)$ という差に書ければ、和はまとめて望遠鏡和の形で消える。

$f(k)=(k-1)\cdot 3^k$ とおいてみる。となりとの差を計算すると

$$f(k)-f(k-1)=(k-1)3^k-(k-2)3^{k-1}=3^{k-1}\{3(k-1)-(k-2)\}=3^{k-1}(2k-1).$$

ちょうど求めたい項 $(2k-1)3^{k-1}$ に一致する。だから

$$S=\sum _{k=1}^n\{f(k)-f(k-1)\}=f(n)-f(0)=(n-1)3^n-(-1)=(n-1)3^n+1.$$

ずらし引きで出した本解と同じ答え。$f(k)=(k-1)3^k$ という「差のもと」を見つけられれば、書き出しも引き算もいらない。(等差)×(等比) の和はいつでもこの形の $f$ をもつ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 群に分かれているが、中身は奇数の列 $1,3,5,\dots$ そのものだ。

奇数には便利な性質がある。先頭から $m$ 個足すと、ちょうど $m^2$ になる。第 $n$ 群の和は直接足さなくてよい。「第 $n$ 群までの和」から「前の群までの和」を引けば出る。

だから通算で何番目までかを数え、既知の和 $m^2$ の差でとる。群数列と和の公式の合わせ技だ。

① 各群の切れ目(通算の個数)を出す。 第 $n$ 群までの奇数の個数は

$$1+2+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}$$

第 $(n-1)$ 群までは $\frac{(n-1)n}{2}$ 個。

② 奇数の和の公式を使う。 先頭から $m$ 個の奇数の和は $m^2$。第 $n$ 群の和は「第 $n$ 群までの和」から「第 $(n-1)$ 群までの和」を引く。

$$(\frac{n(n+1)}{2}{)}^2-(\frac{n(n-1)}{2}{)}^2$$

③ 計算する。 $A^2-B^2=(A+B)(A-B)$ を使う。$A=\frac{n(n+1)}{2}$、$B=\frac{n(n-1)}{2}$。

$$A+B=\frac{n(n+1)+n(n-1)}{2}=\frac{2n^2}{2}=n^2,A-B=\frac{n(n+1)-n(n-1)}{2}=\frac{2n}{2}=n$$

$$\text{第 }n\text{ 群の和}=n^2\times n=n^3$$

まとめ:群数列の「群の和」は累積の和の引き算で出す。奇数の和が平方数 $m^2$ になる性質と、$A^2-B^2$ の因数分解が組み合わさって、きれいに $n^3$ になる。

発展。 第 $n$ 群の和が $n^3$ になったことから、次の等式が引き出せる。

第 $1$ 群から第 $n$ 群までの和をぜんぶ足すと $1^3+2^3+\cdots +n^3$ だ。一方それは「先頭から $\frac{n(n+1)}{2}$ 個の奇数の和」でもある。奇数を $m$ 個足すと $m^2$ だから、この総和は ${\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)}^2$。

つまり $1^3+2^3+\cdots +n^3={\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)}^2=(1+2+\cdots +n{)}^2$。立方の和が「和の $2$ 乗」に等しいという有名な公式が、群の和からそのまま出てくる。

別解

別解:第 $n$ 群の最初と最後を直に求める(苦手な人向けの具体ルート)。 累積の引き算を使わず、第 $n$ 群に並ぶ奇数を正面から書き下す。

第 $(n-1)$ 群までに奇数は $1+2+\cdots +(n-1)=\frac{(n-1)n}{2}$ 個ある。$m$ 番目の奇数は $2m-1$ だから、第 $n$ 群の最初の奇数は

$$2\left(\frac{(n-1)n}{2}+1\right)-1=n^2-n+1.$$

第 $n$ 群には奇数が $n$ 個。公差 $2$ で並ぶので、最後の奇数は $n^2-n+1+2(n-1)=n^2+n-1$。$n$ 個の等差数列の和は (最初 $+$ 最後)$\times$ 個数 $÷2$ だから

$$\frac{(n^2-n+1)+(n^2+n-1)}{2}\times n=\frac{2n^2}{2}\times n=n^3.$$

累積の差でとった本解と同じ $n^3$。最初と最後さえ押さえれば、等差数列の和の公式だけで済む。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 各項は $\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}$。分母に根号の和がある。

根号の和が分母にあるときは、有理化がいつもの一手だ。分母・分子に $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$ を掛けると、分母が $1$ になり、項が $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$ という差になる。差の形になれば、隣どうしが打ち消し合う。有理化で分数を差に変えて相殺させる、部分分数の親戚の発想だ。

① 有理化する。 分母・分子に $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$ をかける。分母は

$$(\sqrt{k+1}+\sqrt{k})(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=(k+1)-k=1$$

よって

$$\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$$

② 和をとって打ち消し合わせる。

$$\sum _{k=1}^n(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=(\sqrt{2}-\sqrt{1})+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\cdots +(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})$$

③ 両端だけ残る。

$$=\sqrt{n+1}-\sqrt{1}=\sqrt{n+1}-1$$

まとめ:根号の分数は「有理化で差の形に」変えれば解ける。$\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}$ が $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$ になれば、あとは分数のときと同じ望遠鏡和だ。

発展。 各項 $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$ は、関数 $\sqrt{x}$ が $x=k$ から $x=k+1$ へ進むときの増分だ。

増分を $k=1$ から $n$ まで足すと、途中がすべて相殺し、始点と終点の差 $\sqrt{n+1}-\sqrt{1}$ だけが残る。これは「増分を足し集めると全体の変化になる」という、積分の基本定理の離散版にあたる。

大きい $k$ では $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\approx \frac{1}{2\sqrt{k}}$ と小さくなる。項は $\frac{1}{\sqrt{k}}$ の速さで痩せるのに、和は $\sqrt{n+1}$ の勢いでいくらでも大きくなる。ゆっくり発散する数列の典型だ。

別解

別解:部分和を書き出して規則を予想する(苦手な人向けの実験ルート)。 有理化のうまい一手が浮かばなくても、和を数項ぶん実際に計算すれば規則が分かる。

第 $1$ 項から順に足していく。$S_1=\frac{1}{\sqrt{2}+1}\approx 0.41$、$S_2=S_1+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}\approx 0.73$、$S_3\approx 1.00$。この $0.41,0.73,1.00$ は、それぞれ $\sqrt{2}-1,\sqrt{3}-1,\sqrt{4}-1$ の値にそっくりだ。そこで $S_n=\sqrt{n+1}-1$ と予想する。

予想が正しいか、$1$ 項ぶん進めて確かめる。$S_n=\sqrt{n+1}-1$ に第 $n+1$ 項 $\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}$ を足す。この項は $\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}$ に等しい。実際、両辺に $\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}$ を掛けると $(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1})(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1})=(n+2)-(n+1)=1$ で確かめられる。よって

$$S_{n+1}=(\sqrt{n+1}-1)+(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1})=\sqrt{n+2}-1.$$

$1$ 項進むごとに根号の中身が $1$ ずつ増えるだけだ。$S_1=\sqrt{2}-1$ から始まるので $S_n=\sqrt{n+1}-1$。項を書き並べて消す本解と同じ答え。「答えを数値から予想し、$1$ 手ぶんの整合性で裏づける」なら、うまい変形が見えなくてもたどり着ける。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 条件は和 $S_n$ と項 $a_n$ が混ざった式 $S_n=2a_n-1$。このままでは一般項が見えない。

和と項をつなぐ橋は $a_n=S_n-S_{n-1}$($n\geqq 2$)。これを持ち込むのが第一手だ。$S_n$ の式を $1$ つずらして引くと $S$ が消え、$a_n$ と $a_{n-1}$ の漸化式が現れる。

初項は $S_1=a_1$ から別に求める。あとは出てきた漸化式の型を読んで一般項にする。

① 初項を求める。 $n=1$ のとき $S_1=a_1$ なので

$$a_1=2a_1-1\Rightarrow a_1=1$$

② 漸化式を作る($n\geqq 2$)。 $a_n=S_n-S_{n-1}$ に $S_n=2a_n-1$、$S_{n-1}=2a_{n-1}-1$ を代入。

$$a_n=(2a_n-1)-(2a_{n-1}-1)=2a_n-2a_{n-1}$$

③ 漸化式を整理する。

$$a_n-2a_n=-2a_{n-1}\Rightarrow -a_n=-2a_{n-1}\Rightarrow a_n=2a_{n-1}$$

これは公比 $2$ の等比数列。初項 $a_1=1$ より

$$a_n=1\cdot 2^{n-1}=2^{n-1}$$

まとめ:$S_n$ の関係式は「$a_n=S_n-S_{n-1}$」で $a$ の漸化式に変換する。ここでは $a_n=2a_{n-1}$(等比)が出た。初項は $S_1=a_1$ から別に求めるのを忘れずに。

発展。 条件 $S_n=2a_n-1$ は「和が、いちばん新しい項のちょうど $2$ 倍より $1$ 小さい」と言っている。これは公比 $2$ の等比数列に特有の性質だ。

一般に公比 $r$ の等比数列では、和は $S_n=\frac{r{a}_n-a_1}{r-1}$ と書ける。$r=2,a_1=1$ を入れると、ちょうど $S_n=2a_n-1$。条件式が公比と初項をまとめて決めていた。

$1+2+4+\cdots +2^{n-1}=2^n-1$ のように、公比 $2$ では「それまでの総和が、次の項より $1$ だけ小さい」。だから最後の項が全体をほぼ支配する。倍々に増える数列の性質をよく表す等式だ。

別解

別解:和 $S_n$ そのものの漸化式を立てる(得意な人向けの視点)。 $a_n$ でなく $S_n$ を中心に考える。$a_n=S_n-S_{n-1}$ を条件に代入して、$S$ だけの式にしてしまう。

$S_n=2a_n-1=2(S_n-S_{n-1})-1$ を整理すると

$$S_n=2S_n-2S_{n-1}-1⟹S_n=2S_{n-1}+1.$$

初項は $S_1=a_1=2a_1-1$ より $S_1=1$。この漸化式は $+1$ を移して $S_n+1=2(S_{n-1}+1)$ と等比化できる。$S_1+1=2$ だから

$$S_n+1=2^n⟹S_n=2^n-1.$$

あとは $a_n=S_n-S_{n-1}=(2^n-1)-(2^{n-1}-1)=2^{n-1}$。$a_n$ の漸化式を先に作る本解と同じ答え。和を先に閉じてから差をとる、逆の順序のルートだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $k\cdot k!$ をそのまま足すのは難しい。和がうまく求まる形にしたい。

こういう積は、差の形に直せることが多い。差にできれば次々に打ち消し合う。$(k+1)!$ を開くと $(k+1)\cdot k!=k\cdot k!+k!$。移せば $k\cdot k!=(k+1)!-k!$ という差になる。

積の項を階乗の差に書き換えて相殺を起こす。部分分数と同じ「差の形に直す」発想を階乗で使う、と見抜けば解ける。

① 差の形を作る。 $(k+1)!=(k+1)\cdot k!=k\cdot k!+k!$ なので

$$k\cdot k!=(k+1)!-k!$$

② 和をとって打ち消し合わせる。

$$\sum _{k=1}^{n}k\cdot k!=\sum _{k=1}^n\{(k+1)!-k!\}=(2!-1!)+(3!-2!)+\cdots +\{(n+1)!-n!\}$$

③ 両端だけ残る。

$$=(n+1)!-1!=(n+1)!-1$$

(確かめ:$n=3$ で $1\cdot 1+2\cdot 2+3\cdot 6=1+4+18=23=4!-1=24-1$。)

まとめ:一見むずかしい階乗の和も $k\cdot k!=(k+1)!-k!$ という差の形に気づけば望遠鏡和ですぐに出る。「掛け算を、となり合う階乗の差に読みかえる」発想が決め手だ。

発展。 $k\cdot k!=(k+1)!-k!$ は、等比数列の $(r-1)r^k=r^{k+1}-r^k$ とそっくりだ。となり合う項の差になっているから、足すと望遠鏡状に相殺する。

階乗は「掛けるたびに倍率が増える等比数列」のようなもの。その差が $k\cdot k!$ になる、と見ると望遠鏡和は自然だ。

一般に「足したい項を $f(k+1)-f(k)$ の差に書けるか」を探すのが、和を閉じる共通の戦略だ。部分分数・等比・階乗の和が、どれも同じ「差の形に直す」一手で片づくのは、この見方のおかげだ。

別解

別解:階乗進法の最大値とみる(得意な人向けの視点)。 ${\sum }_{k=1}^{n}k\cdot k!$ を、ある「桁づかい」の最大値として読み替える。

$0$ 以上の整数は ${\sum }_{k=1}^n{d}_k\cdot k!$($0\le d_k\le k$)の形にただ $1$ 通りで書ける。これを階乗進法という。各桁 $d_k$ は $0$ から $k$ までの $k+1$ 通りだ。

書ける数の個数は ${\prod }_{k=1}^n(k+1)=(n+1)!$ 個。値は $0$ から始まり、最大になるのは各桁を上限 $d_k=k$ にしたとき、つまり ${\sum }_{k=1}^{n}k\cdot k!$ のときだ。$(n+1)!$ 個の相異なる整数が $0$ から順に並ぶのだから、その最大値は $(n+1)!-1$。よって

$$\sum _{k=1}^{n}k\cdot k!=(n+1)!-1.$$

差の形にして望遠鏡和で消す本解と同じ答え。$k\cdot k!$ が「階乗進法のいちばん大きい桁の重み」だと気づくと、和が最大値としてすぐに出る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 各項は (等差 $3k-2$)×(等比 $2^{k-1}$) の形。前の (等差)×(等比) と同じ形をしている。

だから手も同じ。$S$ と公比倍の $2S$ を $1$ 段ずらして引く。$S-2S$ を作ると係数の差が公差 $3$ でそろい、真ん中が等比数列の和になる。

係数がどう変わっても、公比倍のずらし引きで必ず解ける。型の普遍性を確かめる総仕上げだ。

① $S$ と $2S$ を書く。

$$S=1\cdot 1+4\cdot 2+7\cdot 2^2+\cdots +(3n-2)\cdot 2^{n-1}$$

$$2S=1\cdot 2+4\cdot 2^2+\cdots +(3n-5)\cdot 2^{n-1}+(3n-2)\cdot 2^n$$

② $S-2S$ を作る。 係数の差はすべて $3$。

$$S-2S=1+3\cdot 2+3\cdot 2^2+\cdots +3\cdot 2^{n-1}-(3n-2)2^n$$

③ 真ん中を等比の和にする。 $2+2^2+\cdots +2^{n-1}=2^n-2$ なので、$3(2^n-2)$。

$$-S=1+3(2^n-2)-(3n-2)2^n=1+3\cdot 2^n-6-(3n-2)2^n=(5-3n)2^n-5$$

④ $S$ を求める。 両辺に $-1$ をかける。

$$S=(3n-5)\cdot 2^n+5$$

まとめ:公差や初項がちがっても、(等差)×(等比)は $S-rS$ で必ず解ける。係数の差が公差の値(ここは $3$)でそろい、真ん中が等比和になる。この型は手順を覚えてしまうのが得策だ。

発展。 ここでは公比が $2$ なので $2^n$ が急伸し、和も $n\cdot 2^n$ の勢いで大きくなる。無限に足せば発散する。

ところが公比を $|r|<1$ に変えると事情が一変する。$(3k-2)r^{k-1}$ を無限に足しても、有限の値に収まる。等差と等比を掛けた「相乗数列」の無限和は、$r$ の分数式できれいに閉じる。

有限和で使う「$S-rS$ でそろえる」一手は、無限和では「$(1-r)$ を掛けて等比部分を消す」操作と同じだ。項数が有限か無限かで見た目は変わるが、もとにある仕組みは共通だ。

別解

別解:等比数列の和を微分して作る(得意な人向けの視点)。 ずらし引きのかわりに、各項を $2$ つの標準的な和に分け、片方を「等比の和の微分」で出す。

$(3k-2)2^{k-1}=3k\cdot 2^{k-1}-2\cdot 2^{k-1}$ と分けると、$S=3{\sum }_{k=1}^{n}k\cdot 2^{k-1}-2{\sum }_{k=1}^n{2}^{k-1}$。後半は等比の和で ${\sum }_{k=1}^n{2}^{k-1}=2^n-1$。前半の $\sum k{x}^{k-1}$ は等比の和 $g(x)={\sum }_{k=1}^n{x}^k=\frac{x^{n+1}-x}{x-1}$ を $x$ で微分したものだ。商の微分で $g^{\prime }(x)$ を作って $x=2$ を入れると、$x-1=1$ で分母が消え

$$\sum _{k=1}^{n}k\cdot 2^{k-1}=g^{\prime }(2)=(n-1)2^n+1.$$

よって $S=3\{(n-1)2^n+1\}-2(2^n-1)=(3n-5)2^n+5$。ずらし引きの本解と同じ答え。$\sum k{x}^{k-1}$ が等比の和の微分だと見抜くと、公比 $2$ では計算がとくに軽い。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\sum }_{i=1}^n\left({\sum }_{j=1}^{i}j\right)$ は和の中に和が入った二重和だ。

二重和は内側から手をつける。まず内側 ${\sum }_{j=1}^{i}j=\frac{i(i+1)}{2}$ を $i$ の式に閉じる。内側が閉じれば、外側はただの $\sum$ になる。$i$ について $1$ から $n$ まで足すだけだ。

二重和は「内側を先に公式で計算してから外側」。この順序を守るのが発想の核だ。

① 内側の和を計算する。 $j$ について $1$ から $i$ まで。

$$\sum _{j=1}^{i}j=\frac{i(i+1)}{2}$$

② 外側で $i$ について足す。

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

③ 共通因数でまとめる。 中を $\frac{n(n+1)}{6}$ でくくると $\{(2n+1)+3\}=2n+4=2(n+2)$。

$$=\frac{1}{2}\cdot \frac{n(n+1)\cdot 2(n+2)}{6}=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}$$

まとめ:二重和は「内側 → 外側」の順。内側を先に $i$ の式にすれば、あとはふつうの $\Sigma$ 計算。$\Sigma i(i+1)$ の結果を使うと、$\frac{n(n+1)(n+2)}{6}$ ときれいにまとまる。

発展。 内側の和 $\frac{i(i+1)}{2}$ は三角数、つまり点を三角形に並べた個数だ。それをさらに積み上げた $\frac{n(n+1)(n+2)}{6}$ は四面体数、球を三角錐に積んだ個数にあたる。

$1$($0$ 次元の点)を足すと三角数($2$ 次元)、三角数を足すと四面体数($3$ 次元)。$\sum$ を一度とるたびに「次元」が $1$ つ上がっていく。

これは関数を積分すると次数が $1$ 上がるのと同じ現象だ。和は離散版の積分で、$1$ 次式の和は $2$ 次、$2$ 次式の和は $3$ 次になる。次数を数えるだけで、答えの形をあらかじめ見通せる。

別解

別解:二項係数の斜め和とみる(得意な人向けの視点)。 内側の三角数を二項係数で表すと、有名な「斜めの和」の公式ですぐに出る。

内側の和は ${\sum }_{j=1}^{i}j=\frac{i(i+1)}{2}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+1}{2}\right)$。だから求める二重和は

$$\sum _{i=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+1}{2}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)+\cdots +\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{2}\right).$$

パスカルの三角形で、同じ列 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{2}\right)$ を上から足していくと、$1$ つ右下の値になる。式で書くと ${\sum }_{m=2}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{2}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{3}\right)$(ホッケースティックの等式)。よって

$$\sum _{i=1}^n\left(\sum _{j=1}^{i}j\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{3}\right)=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}.$$

$\sum i^2,\sum i$ に分けて計算する本解と同じ答え。三角数 $=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+1}{2}\right)$ と見ると、和が四面体数 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{3}\right)$ にまとまる仕組みが見通せる。