階乗を含む数列の和

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、差の形に化けることが多い。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「差に化ける」発想を階乗で使う、と見抜くのが核心だ。

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 telescoping で一瞬。「掛け算を、となり合う階乗の差に読みかえる」発想がカギだ。

発展 — 一歩先へ。 $k\cdot k!=(k+1)!-k!$ 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 telescoping 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「差に化ける」一手で片づくのは、この見方の力だ。

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 telescoping する本解と同じ答え。$k\cdot k!$ が「階乗進法のいちばん大きい桁の重み」だと気づくと、和が最大値として一瞬で出る。