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東北大学 1979年文系第2問解説

方針・初手

与えられた数列の和を順次計算していく問題である。まずは定義通りに $s_n$ を $n$ の式で表す。その結果を $T_n$ の式に代入し、さらに $T_n$ を求めたのち $U_n$ の式に代入する。和の計算において、$\sum_{k=1}^n k^a$ の公式をそのまま用いて展開して計算することも可能だが、連続する整数の積 $\sum k(k+1)\cdots$ の形が現れるため、恒等式を用いて階差の形（$f(k) - f(k-1)$ の形）に変形してから和をとる工夫をすると計算量が大幅に減り、見通しが良くなる。

解法1

まず、$s_n$ を求める。

$$ s_n = \sum_{k=1}^n k = \frac{1}{2}n(n+1) $$

(1)

定義より、$T_n$ は次のように表される。

$$ T_n = \sum_{k=1}^n s_k = \sum_{k=1}^n \frac{1}{2}k(k+1) $$

ここで、恒等式 $k(k+1) = \frac{1}{3} \{ k(k+1)(k+2) - (k-1)k(k+1) \}$ を利用する。

$$ \begin{aligned} T_n &= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{3} \{ k(k+1)(k+2) - (k-1)k(k+1) \} \\ &= \frac{1}{6} \left\{ ( 1 \cdot 2 \cdot 3 - 0 \cdot 1 \cdot 2 ) + ( 2 \cdot 3 \cdot 4 - 1 \cdot 2 \cdot 3 ) + \cdots + ( n(n+1)(n+2) - (n-1)n(n+1) ) \right\} \end{aligned} $$

途中の項が互いに打ち消し合うため、次のように求まる。

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

(2)

(1) の結果より、$U_n$ は次のように表される。

$$ U_n = \sum_{k=1}^n T_k = \sum_{k=1}^n \frac{1}{6}k(k+1)(k+2) $$

ここで、恒等式 $k(k+1)(k+2) = \frac{1}{4} \{ k(k+1)(k+2)(k+3) - (k-1)k(k+1)(k+2) \}$ を利用する。

$$ \begin{aligned} U_n &= \frac{1}{6} \sum_{k=1}^n \frac{1}{4} \{ k(k+1)(k+2)(k+3) - (k-1)k(k+1)(k+2) \} \\ &= \frac{1}{24} \left\{ ( 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 - 0 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 ) + \cdots + ( n(n+1)(n+2)(n+3) - (n-1)n(n+1)(n+2) ) \right\} \end{aligned} $$

同様に途中の項が打ち消し合うため、次のように求まる。

$$ U_n = \frac{1}{24}n(n+1)(n+2)(n+3) $$

解法2

$\sum$ の公式を用いて直接展開・計算する解法である。

(1)

$s_n = \frac{1}{2}n(n+1)$ より、

$$ \begin{aligned} T_n &= \sum_{k=1}^n \frac{1}{2}k(k+1) \\ &= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n (k^2 + k) \\ &= \frac{1}{2} \left( \sum_{k=1}^n k^2 + \sum_{k=1}^n k \right) \\ &= \frac{1}{2} \left\{ \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) + \frac{1}{2}n(n+1) \right\} \end{aligned} $$

共通因数 $\frac{1}{6}n(n+1)$ でくくって整理する。

$$ \begin{aligned} T_n &= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6}n(n+1) \{ (2n+1) + 3 \} \\ &= \frac{1}{12}n(n+1)(2n+4) \\ &= \frac{1}{6}n(n+1)(n+2) \end{aligned} $$

(2)

(1) の結果より、

$$ \begin{aligned} U_n &= \sum_{k=1}^n \frac{1}{6}k(k+1)(k+2) \\ &= \frac{1}{6} \sum_{k=1}^n (k^3 + 3k^2 + 2k) \\ &= \frac{1}{6} \left( \sum_{k=1}^n k^3 + 3\sum_{k=1}^n k^2 + 2\sum_{k=1}^n k \right) \\ &= \frac{1}{6} \left\{ \frac{1}{4}n^2(n+1)^2 + 3 \cdot \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) + 2 \cdot \frac{1}{2}n(n+1) \right\} \\ &= \frac{1}{6} \left\{ \frac{1}{4}n^2(n+1)^2 + \frac{1}{2}n(n+1)(2n+1) + n(n+1) \right\} \end{aligned} $$

共通因数 $\frac{1}{4}n(n+1)$ でくくって整理する。

$$ \begin{aligned} U_n &= \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{4}n(n+1) \{ n(n+1) + 2(2n+1) + 4 \} \\ &= \frac{1}{24}n(n+1)(n^2 + n + 4n + 2 + 4) \\ &= \frac{1}{24}n(n+1)(n^2 + 5n + 6) \\ &= \frac{1}{24}n(n+1)(n+2)(n+3) \end{aligned} $$

解法3

二項係数（組合せの数）の性質を利用する解法である。一般に、異なる $n$ 個のものから $r$ 個を選ぶ組合せの数を ${}_{n}\mathrm{C}_{r} = {}_n\mathrm{C}_{r}$ と表すと、${}_{n}\mathrm{C}_{r} = \frac{n(n-1)\cdots(n-r+1)}{r!}$ である。これを用いると、連続する整数の積は二項係数で簡潔に表現できる。

公式 $\sum_{k=1}^n {}_{k+r-1}\mathrm{C}_{r} = {}_{n+r}\mathrm{C}_{r+1}$ が成り立つことを利用する。

(1)

$s_n = \frac{1}{2}n(n+1) = {}_{n+1}\mathrm{C}_{2}$ である。

$$ T_n = \sum_{k=1}^n s_k = \sum_{k=1}^n {}_{k+1}\mathrm{C}_{2} $$

上記の公式で $r=2$ としたものを適用して、

$$ T_n = {}_{n+2}\mathrm{C}_{3} = \frac{(n+2)(n+1)n}{3 \cdot 2 \cdot 1} = \frac{1}{6}n(n+1)(n+2) $$

(2)

(1) の結果より、$T_n = {}_{n+2}\mathrm{C}_{3}$ である。

$$ U_n = \sum_{k=1}^n T_k = \sum_{k=1}^n {}_{k+2}\mathrm{C}_{3} $$

上記の公式で $r=3$ としたものを適用して、

$$ U_n = {}_{n+3}\mathrm{C}_{4} = \frac{(n+3)(n+2)(n+1)n}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = \frac{1}{24}n(n+1)(n+2)(n+3) $$

解説

数列の和の計算における代表的な手引きである。本問のように、連続する自然数の積の和 $\sum k(k+1)\cdots(k+m)$ を計算する際は、解法1のように「1つ上の項まで掛けたものから1つ下の項から掛けたものを引く」という階差の形を作る恒等式を利用するのが定石である。この変形によって、和の計算が端の項の計算だけになり、飛躍的に簡略化される。

解法2のように愚直に展開して $\sum k^3$ 等の公式を当てはめることも可能だが、計算量が膨らみ、式の因数分解における計算ミスのリスクが高まるため推奨されない。

解法3は、二項係数に関する有名な恒等式（ホッケースティック恒等式）を用いた、より高度な視点からの解答である。知っていれば一瞬で答えを導くことができるため、検算としても非常に有効である。