一般項が等差数列と等比数列の積となっている数列の第n部分和 ~ 数学について考えてみる

　一般項が等差数列の一般項と等比数列の一般項の積となっている数列の第

n

$n$ 部分和はどのように求めることができるでしょうか？

一般項が等差数列の一般項と等比数列の一般項の積となっている数列とは、初項を

a

$a$ 、公差を

d

$d$ とする等差数列

{a_{n}}

$\{a_n\}$ と初項を

b

$b$ 、公比を

r

$r$ とする等比数列

{b_{n}}

$\{b_n\}$ とすると、一般項が

c_{n} = a_{n} \cdot b_{n} = {a + (n - 1) d} \cdot b r^{n - 1}

$c_n=a_n\cdot b_n=\{a+(n-1)d\}\cdot b r^{n-1}$

である数列

{c_{n}}

$\{c_n\}$ のことです。

この数列

{c_{n}}

$\{c_n\}$ の第

n

$n$ 部分和は

n \sum k = 1 c_{k} = n \sum k = 1 a_{k} \cdot b_{k}

$\sum_{k=1}^n{c_k}=\sum_{k=1}^n{a_k\cdot b_k}$

より

n \sum k = 1 a_{k} \cdot n \sum k = 1 b_{k}

$\sum_{k=1}^n{a_k}\cdot\sum_{k=1}^n{b_k}$

で求めることができる……というのは誤りです。

\sum_{k = 1}^{n} a_{k} \cdot b_{k}

$\sum_{k=1}^n{a_k\cdot b_k}$ は

\begin{matrix} n \sum k = 1 a_{k} \cdot b_{k} & = a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + a_{3} b_{3} + \dots + a_{n - 2} b_{n - 2} + a_{n - 1} b_{n - 1} + a_{n} b_{n} \end{matrix}

$\begin{align*}\sum_{k=1}^n{a_k\cdot b_k}&=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+\cdots\\ &\quad +a_{n-2}b_{n-2}+a_{n-1}b_{n-1}+a_n b_n\end{align*}$

という総和を表します。

一方、

\sum_{k = 1}^{n} a_{k}, \sum_{k = 1}^{n} b_{k}

$\sum_{k=1}^n{a_k},\sum_{k=1}^n{b_k}$ はそれぞれ

\begin{matrix} n \sum k = 1 a_{k} & = a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n - 2} + a_{n - 1} + a_{n} n \sum k = 1 b_{k} & = b_{1} + b_{2} + b_{3} + \dots + b_{n - 2} + b_{n - 1} + b_{n} \end{matrix}

$\begin{align*}\sum_{k=1}^n{a_k}&=a_1+a_2+a_3+\cdots\\ &\quad +a_{n-2}+a_{n-1}+a_n\\[1em]\sum_{k=1}^n{b_k}&=b_1+b_2+b_3+\cdots\\ &\quad +b_{n-2}+b_{n-1}+b_n\end{align*}$

であることから、

\sum_{k = 1}^{n} a_{k} \cdot \sum_{k = 1}^{n} b_{k}

$\sum_{k=1}^n{a_k}\cdot\sum_{k=1}^n{b_k}$ は

\begin{matrix} n \sum k = 1 a_{k} \cdot n \sum k = 1 b_{k} & = {\begin{matrix} a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n - 2} + a_{n - 1} + a_{n} \end{matrix}} {\begin{matrix} b_{1} + b_{2} + b_{3} + \dots + b_{n - 2} + b_{n - 1} + b_{n} \end{matrix}} \begin{matrix} = a_{1} b_{1} & + a_{1} b_{2} & + \dots & + a_{1} b_{n - 1} & + a_{1} b_{n} + a_{2} b_{1} & + a_{2} b_{2} & + \dots & + a_{2} b_{n - 1} & + a_{2} b_{n} ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ + a_{n - 1} b_{1} & + a_{n - 1} b_{2} & + \dots & + a_{n - 1} b_{n - 1} & + a_{n - 1} b_{n} + a_{n} b_{1} & + a_{n} b_{2} & + \dots & + a_{n} b_{n - 1} & + a_{n} b_{n} \end{matrix} \end{matrix}

$\begin{align*}\sum_{k=1}^n{a_k}\cdot\sum_{k=1}^n{b_k}&=\left\{\begin{aligned}&a_1+a_2+a_3+\cdots\\ &\quad +a_{n-2}+a_{n-1}+a_n\end{aligned}\right\}\left\{\begin{aligned}&b_1+b_2+b_3+\cdots\\ &\quad +b_{n-2}+b_{n-1}+b_n\end{aligned}\right\}\\[0.5em]&\begin{array}{l}=\textcolor{red}{a_1b_1}&+a_1b_2&+\cdots &+a_1b_{n-1}&+a_1b_n\\ +a_2b_1&\textcolor{red}{+a_2b_2}&+\cdots&+a_2b_{n-1}&+a_2b_n\\ \quad\vdots&\quad\vdots&\textcolor{red}{\ddots}&\quad\vdots&\quad\vdots\\ +a_{n-1}b_1&+a_{n-1}b_2&+\cdots&\textcolor{red}{+a_{n-1}b_{n-1}}&+a_{n-1}b_n\\ +a_nb_1&+a_nb_2&+\cdots&+a_n b_{n-1}&\textcolor{red}{+a_n b_n}\end{array}\end{align*}$

という、赤で示した

\sum_{k = 1}^{n} a_{k} \cdot b_{k}

$\sum_{k=1}^n{a_k\cdot b_k}$ の

n

$n$ 個の項を含む

n^{2}

$n^2$ 個の項の総和を表します。

したがって、 $\sum_{k=1}^n{a_k\cdot b_k}$ と $\sum_{k=1}^n{a_k}\cdot\sum_{k=1}^n{b_k}$ は等しくありません。

\sum_{k = 1}^{n} a_{k} \cdot b_{k}

$\sum_{k=1}^n{a_k\cdot b_k}$ を求めるには、等比数列の第

n

$n$ 部分和を求めたときと同様の方法を利用します。

$r=1$ のとき

r = 1

$r=1$ のとき、

b_{n} = b

$b_n=b$ なので

(1)

$(1)$ は

$\begin{align*}\sum_{k=1}^n{a_k\cdot b_k}&=\sum_{k=1}^n{a_k\cdot b}\\[0.5em]&=b\sum_{k=1}^n{a_k}\\[0.5em]&=b\cdot\frac{n}{2}\bigl\{2a+(n-1)d\bigr\}\\[0.5em]\therefore\large\sum_{k=1}^n{a_k\cdot b_k}&\large=\frac{bn}{2}\bigl\{2a+(n-1)d\bigr\}\end{align*}$

となります。

$r\neq1$ のとき

$(1)$ の両辺に

$r$ を掛けると

$\begin{equation}r\sum_{k=1}^n{a_k\cdot b_k}=\begin{aligned}&abr+(a +d)br^2+(a+2d)br^3+\cdots\\ &\quad+\bigl\{a+(n-3)d\bigr\}br^{n-2}+\bigl\{a+(n-2)d\bigr\}br^{n-1}+\bigl\{a+(n-1)d\bigr\}br^n\end{aligned}\end{equation}$

となります。

$\sum_{k=1}^n{a_k\cdot b_k}=S_n$ とおいて

$(1)-(2)$ より

$\begin{array}{rrllllllll}&S_n=&ab&+(a +d)br&+(a+2d)br^2&+\cdots&+\bigl\{a+(n-3)d\bigr\}br^{n-3}&+\bigl\{a+(n-2)d\bigr\}br^{n-2}&+\bigl\{a+(n-1)d\bigr\}br^{n-1}&\\[0.5em]+)&r S_n=&&\quad abr&+(a +d)br^2&+\cdots&+\bigl\{a+(n-4)d\bigr\}br^{n-3}&+\bigl\{a+(n-3)d\bigr\}br^{n-2}&+\bigl\{a+(n-2)d\bigr\}br^{n-1}&+\bigl\{a+(n-1)d\bigr\}br^n\\[0.5em]\hline&(1-r)S=&ab&+\bigl\{(a +d)-a\bigr\}br&+\left\{\begin{aligned}&(a+2d)\\ &\quad-(a +d)\end{aligned}\right\}br^2&+\cdots&+\left[\begin{aligned}&\bigl\{a+(n-3)d\bigr\}\\ &\quad-\bigl\{a+(n-4)d\bigr\}\end{aligned}\right]br^{n-3}&+\left[\begin{aligned}&\bigl\{a+(n-2)d\bigr\}\\ &\quad-\bigl\{a+(n-3)d\bigr\}\end{aligned}\right]br^{n-2}&+\left[\begin{aligned}&\bigl\{a+(n-1)d\bigr\}\\ &\quad-\bigl\{a+(n-2)d\bigr\}\end{aligned}\right]br^{n-1}&-\bigl\{a+(n-1)d\bigr\}br^n\\[0.5em]&=&ab&+d\cdot br&+d\cdot br^2&+\cdots&+d\cdot br^{n-3}&+d\cdot br^{n-2}&+d\cdot br^{n-1}&-\bigl\{a+(n-1)d\bigr\}br^n\end{array}$

となり、

$(1-r)S_n=ab +d\sum_{k=1}^{n-1}{br^k}-\bigl\{a+(n-1)d\bigr\}br^n$

が得られます。これを

$S_n$ について解くと

$\begin{align*}(1-r)S_n&=ab-\bigl\{a+(n-1)d\bigr\}br^n +d\sum_{k=1}^{n-1}{br^k}\\[0.5em]&=ab-\bigl\{a+(n-1)d\bigr\}br^n +d\sum_{k=1}^{n-1}{br\cdot r^{k-1}}\\[0.5em]&=ab-\bigl\{a+(n-1)d\bigr\}br^n +d\cdot\frac{br(1-r^{n-1})}{1-r}\\[0.5em]&=ab-\bigl\{a+(n-1)d\bigr\}br^n+\frac{bd(r -r^n)}{1-r}\\[0.5em]&=ab -ab r^n-(n-1)bd r^n+\frac{bd(r -r^n)}{1-r}\\[0.5em]&=ab(1-r^n)-(n-1)bd r^n+\frac{bd(r -r^n)}{1-r}\\[0.5em]&=ab(1-r^n)-\frac{(n-1)bd r^n(1-r)}{1-r}+\frac{bd(r -r^n)}{1-r}\\[0.5em]&=ab(1-r^n)+\frac{(n-1)bd r^n(r-1)}{1-r}+\frac{bd(r -r^n)}{1-r}\\[0.5em]&=ab(1-r^n)+\frac{(n-1)bd(r^{n+1} -r^n)}{1-r}+\frac{bd(r -r^n)}{1-r}\\[0.5em]&=ab(1-r^n)+\frac{bd\bigl\{(n-1)r^{n+1}-(n-1)r^n\bigr\}}{1-r}+\frac{bd(r -r^n)}{1-r}\\[0.5em]&=ab(1-r^n)+\frac{bd\Bigl[\bigl\{(n-1)r^{n+1}-(n-1)r^n\bigr\}+(r -r^n)\Bigr]}{1-r}\\[0.5em]&=ab(1-r^n)+\frac{bd\bigl\{(n-1)r^{n+1}-n r^n +r\bigr\}}{1-r}\\[0.5em]\therefore S_n&=\frac{ab(1-r^n)}{1-r}+\frac{bd\bigl\{(n-1)r^{n+1}-n r^n +r\bigr\}}{(1-r)^2}\end{align*}$

となるため、一般項が等差数列の一般項と等比数列の一般項の積となっている数列の第

$n$ 部分和は