収束する無限級数には、定数倍や和・差に関する便利な性質（線形性）があります。また、部分分数分解によるテレスコーピング（望遠鏡型）級数は入試頻出です。本記事では無限級数の代数的性質を体系的に学び、項の組み替え（グルーピング）や並べ替えに潜む注意点も確認します。
有限和における $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(ca_k + db_k) = c\sum_{k=1}^{n}a_k + d\sum_{k=1}^{n}b_k$ という性質は、収束する無限級数においても成り立ちます。これを無限級数の線形性といいます。
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n = S$、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n = T$ がともに収束するとき、
$$\sum_{n=1}^{\infty}(ca_n + db_n) = c\sum_{n=1}^{\infty}a_n + d\sum_{n=1}^{\infty}b_n = cS + dT$$
（$c, d$ は定数）
※ 特に $c = 1, d = -1$ のとき、$\sum(a_n - b_n) = \sum a_n - \sum b_n$ が成り立つ。
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ の第 $N$ 部分和を $S_N = \sum_{k=1}^{N} a_k$、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ の第 $N$ 部分和を $T_N = \sum_{k=1}^{N} b_k$ とおく。
仮定より $\lim_{N \to \infty} S_N = S$、$\lim_{N \to \infty} T_N = T$。
$\displaystyle\sum_{k=1}^{N}(ca_k + db_k) = c\sum_{k=1}^{N}a_k + d\sum_{k=1}^{N}b_k = cS_N + dT_N$
$N \to \infty$ のとき、数列の極限の線形性（$\lim(c\alpha_n + d\beta_n) = c\lim\alpha_n + d\lim\beta_n$）より、
$$\lim_{N \to \infty}(cS_N + dT_N) = cS + dT$$
よって $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(ca_n + db_n) = cS + dT$ が成り立つ。$\square$
$\sum a_n$ が発散し $\sum b_n$ も発散するとき、$\sum(a_n - b_n)$ は必ず発散する
$\sum a_n$ と $\sum b_n$ がともに発散しても、$\sum(a_n - b_n)$ が収束する場合がある
例：$a_n = 1$, $b_n = 1$ のとき $\sum a_n$, $\sum b_n$ は発散するが $\sum(a_n - b_n) = \sum 0 = 0$。
線形性は両方とも収束しているときのみ適用できます。
問題：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{3}{2^n} + \frac{2}{5^n}\right)$ を求めよ。
解：線形性より、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{3}{2^n} + \frac{2}{5^n}\right) = 3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n} + 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{5^n}$$
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ は初項 $\frac{1}{2}$、公比 $\frac{1}{2}$ の無限等比級数なので $\frac{1/2}{1 - 1/2} = 1$
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{5^n}$ は初項 $\frac{1}{5}$、公比 $\frac{1}{5}$ の無限等比級数なので $\frac{1/5}{1 - 1/5} = \frac{1}{4}$
$$= 3 \cdot 1 + 2 \cdot \frac{1}{4} = 3 + \frac{1}{2} = \frac{7}{2}$$
テレスコーピング級数（telescoping series）とは、部分和を計算すると多くの項が相殺して消え、最初と最後の数項だけが残る級数のことです。「望遠鏡型」とも呼ばれ、部分分数分解と組み合わせて使うのが典型パターンです。
$a_n = f(n) - f(n+1)$ と表せるとき、
$$\sum_{n=1}^{N} a_n = f(1) - f(N+1)$$
$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = f(1) - \lim_{N \to \infty} f(N+1) \quad (\text{極限が存在するとき})$$
解：部分分数分解を行う。
$$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$$
第 $N$ 部分和は：
$$S_N = \sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) = \left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{N} - \frac{1}{N+1}\right)$$
$$= 1 - \frac{1}{N+1}$$
$N \to \infty$ のとき $\frac{1}{N+1} \to 0$ より、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)} = 1$$
解：部分分数分解を行う。
$$\frac{1}{n(n+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+2}\right)$$
第 $N$ 部分和は：
$$S_N = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+2}\right)$$
$$= \frac{1}{2}\left[\left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{N} - \frac{1}{N+2}\right)\right]$$
「ずれ2」のテレスコーピングなので、最初の2項と最後の2項が残る：
$$S_N = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{N+1} - \frac{1}{N+2}\right)$$
$N \to \infty$ のとき、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+2)} = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{2}\right) = \frac{3}{4}$$
$\frac{1}{n(n+k)} = \frac{1}{k}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+k}\right)$ を一般的に覚えておくと便利です。
$k = 1$ のとき $\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$
$k = 2$ のとき $\frac{1}{n(n+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+2}\right)$
$k = 3$ のとき $\frac{1}{n(n+3)} = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+3}\right)$
解：部分分数分解を行う。
$$\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)$$
$f(n) = \frac{1}{n(n+1)}$ とおけば $a_n = \frac{1}{2}(f(n) - f(n+1))$ の形（テレスコーピング）。
$$S_N = \frac{1}{2}\left(f(1) - f(N+1)\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1 \cdot 2} - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\right)$$
$N \to \infty$ のとき $\frac{1}{(N+1)(N+2)} \to 0$ より、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$$
無限級数の項をいくつかずつまとめて新しい級数を作ることを項のグルーピングといいます。収束する級数では自由にグルーピングを行っても和は変わりませんが、発散する級数では注意が必要です。
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ が収束するならば、連続する項をまとめた級数も同じ値に収束する。
例えば $(a_1 + a_2) + (a_3 + a_4) + \cdots$ も同じ和に収束する。
※ 逆は成り立たない。グルーピングした級数が収束しても、元の級数が収束するとは限らない。
問題：$1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$ の和を考える。
誤った議論：$(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \cdots = 0 + 0 + 0 + \cdots = 0$
正しい議論：$S_N = \begin{cases} 1 & (N \text{ が奇数}) \\ 0 & (N \text{ が偶数}) \end{cases}$
$\{S_N\}$ は $1, 0, 1, 0, \ldots$ と振動し極限をもたない。よってこの級数は発散する。
グルーピングによって見かけ上「$0$」に収束するように見えたが、元の級数が発散しているため、このグルーピングは正当化されない。
元の級数が収束することが分かっている場合にのみ、グルーピングを使って和を計算してよい。
または、グルーピングした結果の部分和列が元の部分和列の部分列になっていることを利用して、元の級数の収束を示すために使うこともできる（ただし追加の議論が必要）。
問題：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n(n+1)}$ を求めよ。
解：まず部分分数分解すると $\frac{(-1)^{n+1}}{n(n+1)} = (-1)^{n+1}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right)$。
2項ずつまとめる（$n = 2m-1, 2m$ のペア）：
$$\frac{1}{(2m-1) \cdot 2m} + \frac{(-1)}{2m(2m+1)} = \frac{1}{2m}\left(\frac{1}{2m-1} - \frac{1}{2m+1}\right)$$
別解として、直接部分和を計算する：
$$S_{2N} = \sum_{n=1}^{2N}\frac{(-1)^{n+1}}{n(n+1)} = \frac{1}{1 \cdot 2} - \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} - \cdots$$
$$= \sum_{n=1}^{2N}\frac{(-1)^{n+1}}{n} - \sum_{n=1}^{2N}\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}$$
各項を丁寧に計算すると $S_{2N} = 2\ln 2 - 1$ に収束する（$\ln 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \cdots$ を利用）。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n(n+1)} = 2\ln 2 - 1$$
有限和では項の順序を変えても和は同じですが、無限級数では項の並べ替え（rearrangement）が和の値を変えることがあります。これは無限級数特有の重要な性質です。
絶対収束：$\sum |a_n|$ が収束するとき、$\sum a_n$ は絶対収束するという。
条件収束：$\sum a_n$ は収束するが $\sum |a_n|$ は発散するとき、$\sum a_n$ は条件収束するという。
絶対収束する級数は項を並べ替えても和が変わらない（リーマンの定理）。
条件収束する級数は項の並べ替えにより任意の値に収束させることができる（リーマンの再配列定理）。
例：交代級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots = \ln 2$ は条件収束する。
この級数の項を「正の項を2つ、負の項を1つ」の順で並べ替えると：
$$1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} - \frac{1}{4} + \cdots = \frac{3}{2}\ln 2$$
同じ項を使っているのに、並べ替えるだけで和が変わってしまう。
条件収束する級数の項を自由に並べ替えて計算する
級数の項を並べ替える場合は、絶対収束していることを確認する
高校数学IIIの範囲では、主に正項級数や絶対収束する級数を扱うので、並べ替えの問題に遭遇することは少ないですが、交代級数の計算では注意が必要です。
入試では「並べ替えの危険性」を直接問う問題は少ないですが、級数の収束・発散の議論や、部分和の計算において、項の順序を暗黙に変えてしまうミスが出題者の意図する落とし穴になることがあります。
部分和を正しく計算し、$N \to \infty$ の極限を取るという基本手順を守ることが大切です。
ここまで学んだ性質を組み合わせて、やや発展的な問題に取り組みます。
問題：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$ を求めよ。
解：$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$ を変形する。
$2n + 1 = (n+1)^2 - n^2$ であることに注目すると、
$$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$$
これはテレスコーピング型なので、
$$S_N = \sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}\right) = 1 - \frac{1}{(N+1)^2}$$
$N \to \infty$ のとき、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = 1$$
問題：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(3^n - 1)(3^{n+1} - 1)}$ を求めよ。
解：$3^{n+1} - 1 = 3 \cdot 3^n - 1$ と $3^n - 1$ の差に注目する。
$(3^{n+1} - 1) - 3(3^n - 1) = 3^{n+1} - 1 - 3^{n+1} + 3 = 2$
$$\frac{1}{(3^n - 1)(3^{n+1} - 1)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3^n - 1} - \frac{1}{3^{n+1} - 1}\right)$$
テレスコーピングより、
$$S_N = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3^1 - 1} - \frac{1}{3^{N+1} - 1}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3^{N+1} - 1}\right)$$
$N \to \infty$ のとき $\frac{1}{3^{N+1} - 1} \to 0$ より、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(3^n - 1)(3^{n+1} - 1)} = \frac{1}{4}$$
1. 分母が連続する整数（や式）の積の形 → 部分分数分解を試す
2. $f(n) - f(n+1)$ の形に変形できないか考える
3. $2n+1 = (n+1)^2 - n^2$ のような恒等式を利用する
4. 指数関数型では差を計算して定数が出るか確認する
Q1. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{3^n} - \frac{1}{4^n}\right)$ を求めよ。
Q2. $\displaystyle\frac{1}{n(n+1)}$ を部分分数分解せよ。
Q3. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+1)(n+3)}$ を求めよ。
Q4. 級数 $1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$ にグルーピング $(1-1)+(1-1)+\cdots = 0$ を適用できない理由を述べよ。
Q5. 絶対収束と条件収束の違いを簡潔に述べよ。
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}$ を求めよ。
$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\right)$
$$S_N = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2N+1}\right)$$
$N \to \infty$ のとき $\frac{1}{2N+1} \to 0$ より、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{1}{2}$$
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^n + 2^n}{6^n}$ を求めよ。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^n + 2^n}{6^n} = \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2^n} + \frac{1}{3^n}\right)$$
線形性より、
$$= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^n} = \frac{1/2}{1-1/2} + \frac{1/3}{1-1/3} = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$$
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}}$ の収束・発散を調べよ。
有理化を行う：
$$\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}} = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})} = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$$
テレスコーピングより、
$$S_N = \sum_{n=1}^{N}(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}) = \sqrt{N+1} - 1$$
$N \to \infty$ のとき $\sqrt{N+1} \to \infty$ なので、$S_N \to \infty$。
よってこの級数は発散する。
テレスコーピングの結果、部分和が $\sqrt{N+1} - 1$ となり発散します。テレスコーピングは収束する場合だけでなく、発散を示すためにも有用です。$f(N+1) \to 0$ にならない場合は発散します。
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)(n+2)(n+3)}$ を求めよ。
$\frac{1}{n(n+1)(n+2)(n+3)}$ を変形する。
$$\frac{1}{n(n+1)(n+2)(n+3)} = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{n(n+1)(n+2)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}\right)$$
これはテレスコーピングの形なので、
$$S_N = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} - \frac{1}{(N+1)(N+2)(N+3)}\right)$$
$N \to \infty$ のとき $\frac{1}{(N+1)(N+2)(N+3)} \to 0$ より、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)(n+2)(n+3)} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{18}$$
連続する $k$ 個の正整数の積の逆数の級数は、$\frac{1}{k-1}\left(\frac{1}{n(n+1)\cdots(n+k-2)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)\cdots(n+k-1)}\right)$ とテレスコーピングに帰着できます。結果は $\frac{1}{(k-1) \cdot (k-1)!}$ となります。$k = 2$ のとき $1$、$k = 3$ のとき $\frac{1}{4}$、$k = 4$ のとき $\frac{1}{18}$ です。