数列:等差数列と等比数列

最初の項と最後の項、2 番目の項と最後から 2 番目の項…というように組にすると、常に同じ組の和 $u_1+u_n$ になる。なぜなら先頭から 1 歩進むとちょうど $d$ 増え、末尾から 1 歩戻るとちょうど $d$ 減るため、この 2 つの変化が打ち消し合うからである。これは、少年ガウスが $1+2+\cdots+100$ を数秒で足し合わせたという逸話で使われたとされる手法である。

和を順方向と逆方向に、項ごとに並べて書く。$S_n = u_n + u_{n-1} + \cdots + u_1$ はまったく同じ和を逆順に並べたものにすぎないので、これを順方向の和 $S_n=u_1+u_2+\cdots+u_n$ のすぐ下に書き、2 つの等式を列ごとに足し合わせることは正当である。

この足し合わせの第 $k$ 列を見ると、それは $u_k+u_{n+1-k}$ である。$u_k=u_1+(k-1)d$ かつ $u_{n+1-k}=u_1+(n-k)d$ なので、これらを足すと $u_k+u_{n+1-k}=2u_1+(n-1)d=u_1+u_n$ となる。つまり $n$ 個すべての列が、$k$ に関係なくちょうど同じ値 $u_1+u_n$ を与える——これが上で述べた打ち消し合いそのものである。

$n$ 個の列すべてを合計すると $2S_n = n(u_1+u_n)$ が得られる。なぜなら左辺は $S_n+S_n$ であり、右辺は定数 $u_1+u_n$ の $n$ 個分だからである。

両辺を $2$ で割ると $S_n=\dfrac{n(u_1+u_n)}{2}$ が得られる。ここに $u_n=u_1+(n-1)d$ を代入して展開すると、$u_n$ が未知のときに便利な第二の形 $S_n=nu_1+\dfrac{n(n-1)}{2}d$ が得られる。この議論では $0$ になり得る量で割ることは一度もなく、また $n$ が偶数であるとも仮定していない(この組み合わせは要素どうしの物理的な対にする操作ではなく、純粋に列ごとの代数的加法である)ので、すべての $n\geq 1$ に対して成り立つ。

和全体 $S_n$ に $q$ を掛けると、各項が 1 つ位置をずらすだけになる。そこで $S_n$ から $qS_n$ を引くと、ほとんどの項が「望遠鏡式」に打ち消し合い、最初の項と(ずれた)最後の項だけが残る。$|q|<1$ のとき、$q$ を繰り返し掛けると量は $0$ に向かって縮小するので、$n\to\infty$ とすると残った項 $u_1q^n$ は単純に消え去り、有限の公式は一つの定まった数になる。

定義 $S_n = u_1+u_1q+u_1q^2+\cdots+u_1q^{n-1}$ から始める。両辺に $q$ を掛けると $qS_n = u_1q+u_1q^2+\cdots+u_1q^{n-1}+u_1q^n$ となる。$qS_n$ の項は、最後の項 $u_1q^n$ を除いて、すでに $S_n$ の中に 1 つずれた形で現れている。

差を取る:$S_n-qS_n$ は共通する項 $u_1q,u_1q^2,\dots,u_1q^{n-1}$ をすべて打ち消し、$S_n$ の最初の項(すなわち $u_1$)から $qS_n$ の最後の項(すなわち $u_1q^n$)を引いたものだけが残る。これによりちょうど $(1-q)S_n = u_1 - u_1 q^n$、すなわち $(1-q)S_n=u_1-u_1q^n$ が得られる。

$q\neq 1$ ならば、両辺を $1-q$ で割る(($1-q\neq 0$ なので正当)と $S_n = u_1\cdot\dfrac{1-q^n}{1-q}\quad (q\neq 1)$ が得られる。逆に $q=1$ の場合、望遠鏡式の等式は $0\cdot S_n=0$ となり何の情報も与えないので、この場合は定義から直接処理する必要がある:すべての項が $u_1$ に等しいので $S_n=nu_1$ となる。

最後に $|q|<1$ とし、公式 $S_n=u_1\cdot\dfrac{1-q^n}{1-q}$ で $n\to\infty$ とする:$|q|<1$ ならば $n$ が大きくなるにつれ $q^n\to 0$ となるので、分子 $1-q^n\to 1$ となり、$S_n\to \dfrac{u_1}{1-q}$ となる。この極限がまさに $S = \dfrac{u_1}{1-q}\quad (|q|<1)$、すなわち無限等比級数の和である。逆に $|q|\geq 1$ の場合は $q^n$ が $0$ に縮小しない(大きさが増大するか一定のままである)ため、この場合、無限和は有限の数として存在しない。