武蔵野個別指導塾の特徴

高校数学B 和から一般項を求める数列—隣り合う部分和を引いて初項の例外を確かめる｜武蔵野個別指導塾

公開 2026.11.12更新 2026.11.12武蔵野個別指導塾の特徴高校数学B 数列を掘り下げる

部分和の差を使う範囲をnが2以上に絞り、S₁で求めた初項との照合から場合分けを判断できます。

よくあるのは、高2の高校生が部分和の式に0を代入し、定義されていないS₀を使って初項を決める場面です。たとえその計算で正しい値が出る場合でも、式が0で成り立つ理由は別に必要です。まず第1項を和そのものから求め、次に2項目以降を差で取り出しましょう。式を一つにまとめられるかどうかも、この順番なら判断できます。

和から何を取り出すか

数列の初項から第n項までの和が与えられ、一般項を求める問いがあります。また、和の式に文字が含まれ、初項を含む全項が同じ形で表される条件を求める問いもあります。逆に、候補の一般項から実際に和を作り、与えられた式に戻るかを問われることもあります。

どの場合も、Sₙがどこからどこまでの和なのか、式がどの自然数nに対して与えられているかを先に読みます。以下では特に断らない限り、nは1以上の整数で、Sₙは初項から第n項までの和です。和の式に文字があっても、それはnによらない定数として扱います。一般項の答えには、どの項番号から成り立つ式かを添えます。

一つ分を残す引き算

定義から、S₁ = a₁です。nが2以上なら、SₙとSₙ₋₁はどちらも定義されており、次のように共通部分が消えます。

引かれる側のSₙには、a₁ + a₂ + … + aₙ₋₁という共通部分に加えて、末尾のaₙが含まれます。引く側はSₙ₋₁ = a₁ + a₂ + … + aₙ₋₁なので、この共通部分を丸ごと取り除けます。残った末尾の項を式にすると、Sₙ − Sₙ₋₁ = aₙです。

図1のように、長い和から直前までの和を取り除くと、最後の1項が残ります。引き算は項の値が負でも成立します。図は項の正負による長さの大小を表すものではなく、共通する項の対応を示しています。

図1の共通部分に注目すると、差に残るのがaₙであってaₙ₋₁ではないことも確かめられます。n = 1ではSₙ₋₁がS₀となり、上の定義からは使えません。そこでa₁ = S₁を先に計算し、nが2以上の差の式にn = 1を代入した値と比べます。両者が一致すれば全項を同じ式で書けます。一致しなければ初項と残りを分けます。

S₀ = 0と新たに定める方法もあります。ただし、nが1以上で与えられたSₙの式に0を入れた値が0になるとは限りません。新たな定義の値と式への代入値を混同しないことが必要です。差を計算する際も、Sₙ₋₁は式のnをすべてn − 1に置き換え、括弧を外す前に添字が1以上か確かめます。

基本例題：二次式の和から戻す

数列の初項から第n項までの和が、すべての自然数nについてSₙ = 3n² + 2nと与えられています。一般項をnの式で、成立する範囲を添えて求めてください。

まず初項はS₁そのものです。

 a₁ = S₁
    = 3・1² + 2・1
    = 5

次にnが2以上なら、n − 1も自然数なので、与式に代入して差を取れます。

Sₙ₋₁ = 3(n - 1)² + 2(n - 1)
       = 3(n² - 2n + 1) + 2n - 2
       = 3n² - 4n + 1
 aₙ = Sₙ - Sₙ₋₁
    = (3n² + 2n) - (3n² - 4n + 1)
    = 6n - 1

この式のnを1にすると5です。直接求めた初項と一致するため、答えは自然数nに対してaₙ = 6n − 1です。図2のように、例えばS₃からS₂を引くと第3項が残ります。

図2ではS₂ = 16、S₃ = 33なので差は17です。一般項のn = 3も17を返します。さらに最初の3項は5、11、17であり、直接足すと33です。これは計算の点検であり、すべてのnに対する結論は上の差の変形と初項の照合によって得ています。

この問題では差の式に1を入れてよいのか、と疑問が残るかもしれません。差を使った導出の範囲はあくまでnが2以上です。その後、得られた式という候補を1で評価し、別に求めた初項と一致することを確かめたので、範囲を広げて書けます。導出の途中でS₀を使ったわけではありません。

標準例題：定数項が残す初項の違い

初項から第n項までの和が、すべての自然数nについてSₙ = 2n² + 3n + 4です。一般項をnの式で求め、必要なら初項とそれ以降を分けてください。

まずn = 1の和には初項しか含まれません。

 a₁ = S₁
    = 2 + 3 + 4
    = 9

nが2以上では、隣の部分和を計算します。

Sₙ₋₁ = 2(n - 1)² + 3(n - 1) + 4
       = 2n² - 4n + 2 + 3n - 3 + 4
       = 2n² - n + 3
 aₙ = (2n² + 3n + 4) - (2n² - n + 3)
    = 4n + 1

後の式に1を代入すると5で、実際の初項9とは異なります。したがって答えはa₁ = 9、nが2以上ではaₙ = 4n + 1です。定数項4は2つの部分和の差では消えますが、S₁には含まれています。差の式で初項を置き換えると、その4が失われます。

答えを和に戻してみます。2項目から第n項までを足すとき、nが2以上なら1からnまでの和から第1項に相当する5を引けます。

Sₙ = 9 + Σ[k=2..n] (4k + 1)
    = 9 + 4(n(n + 1)/2 - 1) + (n - 1)
    = 2n² + 3n + 4

n = 1は別にS₁ = 9で、元の式に合います。例えば最初の2項は9と9で、直接の合計18はS₂ = 18に一致します。初項と2項目の値がたまたま同じでも、2項以降の式が初項に適用できるとは限りません。

別の見方では、和の式をn = 0に形式的に代入すると4です。一方、和を0項まで拡張してS₀ = 0と決めるなら両者は異なります。この食い違いが初項の違いとして現れます。ただし、0での値を与式の条件と取り違えず、答えはS₁と差から決めます。

発展例題：全項を同形にする条件

すべての自然数nについてSₙ = n² + pn + qとします。p、qはnによらない実数です。初項を含むすべての自然数nで、2項目以降に得られる差の式が一般項として成り立つためのqの条件と、そのときの一般項を求めてください。

最初に初項を求めます。

 a₁ = S₁
    = 1 + p + q

nが2以上では、n − 1を代入してから引きます。

Sₙ₋₁ = (n - 1)² + p(n - 1) + q
       = n² - 2n + 1 + pn - p + q
 aₙ = (n² + pn + q) - (n² - 2n + 1 + pn - p + q)
    = 2n - 1 + p

この差の式が初項にも成り立つには、n = 1での値1 + pが、直接得た1 + p + qと等しいことが必要です。

1 + p + q = 1 + p
q = 0

逆にq = 0なら初項も差の式に一致し、nが2以上ではすでに差から成立しています。よって必要十分な条件はq = 0で、pは任意の実数、一般項は自然数nに対してaₙ = 2n − 1 + pです。

和に戻すと、奇数の和と定数の和から次のようになります。

Σ[k=1..n] (2k - 1 + p)
= 2・n(n + 1)/2 - n + pn
= n² + pn

確かにq = 0の元の和です。逆にqが0でないとき、同じ候補を初項から足した和にはqが現れないので、元の条件に戻りません。例えばp = 2、q = 3なら初項は6ですが、差の式のn = 1は3です。数値の代入は違いを見せる点検であり、文字を使った必要十分の議論の代わりにはしません。

一般に、部分和を表す式をF(n)と書くと、nが2以上ではaₙ = F(n) − F(n − 1)です。F(0)が計算できる式なら、差の候補を1で評価した値はF(1) − F(0)です。実際の初項F(1)と一致する条件はF(0) = 0です。これは式を0に延長できる場合の判定であり、もとの問題がS₀を定義したことを意味しません。0で式を評価できない形なら、この判定に頼らず初項と候補を直接比べます。

誤答をほどく：0を入れる前に

標準例題で、Sₙ = 2n² + 3n + 4にそのままn = 0を入れ、S₀ = 4としてa₁ = S₁ − S₀ = 5とする解答を考えます。図3のように、この操作は式の0での値と、和の定義を混ぜています。

図3では式への代入値4と、S₁の値9を別の箱に置いています。S₁は実際に初項1つの和なのでa₁ = 9です。0項までの和を0と定めたとしても、その値は0であって4ではありません。修正するには、初項をS₁から取り直し、差をnが2以上の範囲で使います。

もう一つの誤りは、Sₙ₋₁を2n² + 3(n − 1) + 4とすることです。二乗の中のnも置き換える必要があります。まず2(n − 1)² + 3(n − 1) + 4と括弧付きで書いてから展開すれば、置き換え漏れを見つけやすくなります。差を取る行では、後ろの式全体にマイナスがかかることにも注意します。

初項の照合に失敗したとき、差の式全体が誤りとは限りません。添字が2以上で正しく導かれていれば、その範囲で答えとして使えます。一方、いくつかの項が合うだけでは全項の証明にはなりません。定義からの差と初項の照合を両方残すことが、場合分けを正しく終えるための条件です。

練習：まず自分で項を戻す

いずれもSₙは数列の初項から第n項までの和で、与式はすべての自然数nに対して成り立ちます。一般項はnの式とし、成り立つ範囲を示してください。

Sₙ = 4n² − nのとき、一般項を求めてください。
Sₙ = n² + 5n + 2のとき、一般項を求めてください。
Sₙ = 7n − 3のとき、一般項を求めてください。
Sₙ = 2n² + cn + dです。c、dは実数です。2項目以降の差の式が初項にも成り立つためのdの条件と、そのときの一般項を求めてください。
Sₙ = n³ + 2のとき、一般項を求めてください。

解答と確かめ方

初項はa₁ = S₁ = 3です。nが2以上なら、次のように計算します。

Sₙ₋₁ = 4(n - 1)² - (n - 1)
       = 4n² - 9n + 5
 aₙ = (4n² - n) - (4n² - 9n + 5)
    = 8n - 5

n = 1でも8 − 5 = 3なので、自然数nについてaₙ = 8n − 5です。最初の2項3、11の和14はS₂ = 14に戻ります。一般のnでも和は4n(n + 1) − 5n = 4n² − nです。

初項はa₁ = 1 + 5 + 2 = 8です。nが2以上で差を取ります。

Sₙ₋₁ = (n - 1)² + 5(n - 1) + 2
       = n² + 3n - 2
 aₙ = (n² + 5n + 2) - (n² + 3n - 2)
    = 2n + 4

差の式のn = 1は6なので、答えはa₁ = 8、nが2以上でaₙ = 2n + 4です。最初の2項は8、8で、合計16はS₂と一致します。一般に2項目以降を足せば、8 + n(n + 1) − 2 + 4(n − 1) = n² + 5n + 2となり、和に戻ります。

初項はa₁ = 7 − 3 = 4です。nが2以上なら、Sₙ₋₁ = 7(n − 1) − 3 = 7n − 10です。

 aₙ = (7n - 3) - (7n - 10)
    = 7

答えはa₁ = 4、nが2以上でaₙ = 7です。差の候補を初項に使うと4にはなりません。実際、初項と残りのn − 1項を足すと4 + 7(n − 1) = 7n − 3であり、n = 1にも合います。

初項はa₁ = 2 + c + dです。nが2以上のとき、次の差を取ります。

Sₙ₋₁ = 2(n - 1)² + c(n - 1) + d
       = 2n² - 4n + 2 + cn - c + d
 aₙ = 4n - 2 + c

差の式のn = 1は2 + cです。初項との一致は2 + c + d = 2 + c、すなわちd = 0と同値です。このとき自然数nについてaₙ = 4n − 2 + cです。実際に足すと2n(n + 1) − 2n + cn = 2n² + cnとなり、d = 0の和に戻ります。

初項はa₁ = 1 + 2 = 3です。nが2以上のとき、三乗を展開します。

Sₙ₋₁ = (n - 1)³ + 2
       = n³ - 3n² + 3n + 1
 aₙ = (n³ + 2) - (n³ - 3n² + 3n + 1)
    = 3n² - 3n + 1

候補のn = 1は1で、初項3とは異なります。答えはa₁ = 3、nが2以上でaₙ = 3n² − 3n + 1です。2項目は7で、3 + 7 = 10 = S₂です。さらに各kについてk³ − (k − 1)³が差の式なので、2からnまで足すと途中が消えてn³ − 1です。初項3を加えればn³ + 2となり、n = 1も直接合います。