総和記号

$1,3,5,\dots,19$ は第 $k$ 項が $2k-1$ の数列の第 $1$ 項から第 $10$ 項までなので、
$$ 1+3+5+\dots+19=\sum_{k=1}^{10}(2k-1) $$
と書く。実際に足すと $100=10^2$ になる。後で ex-sum-linear-use の方法で、一般に $\sum_{k=1}^{n}(2k-1)=n^2$ であることを確かめる。

$$ \sum_{k=1}^{4}k^2=1^2+2^2+3^2+4^2=30,\qquad \sum_{j=1}^{4}j^2=1^2+2^2+3^2+4^2=30 $$
である。$k$ や $j$ は「何番目の項か」を表すだけの文字で、どの文字を使っても和は変わらない。一方、$\sum_{k=1}^{4}k^2$ と $\sum_{k=2}^{5}k^2=4+9+16+25=54$ は違う。範囲が値を決める。

1. $\displaystyle\sum_{k=3}^{6}2^k=2^3+2^4+2^5+2^6=8+16+32+64=120$。項の個数は $6-3+1=4$ である。
2. $\displaystyle\sum_{k=1}^{5}3=3+3+3+3+3=15$。項が $k$ を含まないときも、項は $5$ 個あるので、答えは $3$ ではなく $15$ である。
3. $\displaystyle\sum_{k=1}^{3}k\,2^k=1\cdot2+2\cdot4+3\cdot8=34$。

1. $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(2k-1)=2\sum_{k=1}^{n}k-\sum_{k=1}^{n}1=2\cdot\frac{n(n+1)}2-n=n^2$。$n=10$ では ex-sum-start-odd の $100$ になる。
2. $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(3k^2-k+2)=3\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}6-\frac{n(n+1)}2+2n$。前の 2 項は $\frac{n(n+1)}2\{(2n+1)-1\}=n^2(n+1)$ とまとまるので、和は $n^3+n^2+2n$ である。$n=2$ で確かめると、項を開いて $(3-1+2)+(12-2+2)=4+12=16$、式でも $8+4+4=16$ である。

線形性は「和」と「$k$ によらない数を掛けること」についての性質で、積については成り立たない。$a_k=b_k=k$、$n=2$ とすると
$$ \sum_{k=1}^{2}a_kb_k=1+4=5,\qquad \left(\sum_{k=1}^{2}a_k\right)\left(\sum_{k=1}^{2}b_k\right)=3\cdot3=9 $$
で、等しくない。同じように、$\sum_{k=1}^{n}k\,a_k$ の $k$ は添字とともに動くので、$\sum$ の外に出せない。

1. （反転）$S=\sum_{k=1}^{n}k$ とおく。3 により $S=\sum_{k=1}^{n}(n+1-k)$ でもあるので、線形性から $2S=\sum_{k=1}^{n}\{k+(n+1-k)\}=\sum_{k=1}^{n}(n+1)=n(n+1)$ である。これは 等差数列と等比数列 の「逆順に並べて足す」計算を $\sum$ で書いたものである。
2. （ずらし）$\sum_{k=0}^{n-1}2^k$ と $\sum_{j=1}^{n}2^{j-1}$ は同じ和である（2 で $a_j=2^{j-1}$、$m=0$、$n-1$ を上端、$p=1$ とする）。$n=3$ ではどちらも $1+2+4=7$ である。

1. 分数式 の例「数値の代入で恒等式を確かめる」の等式 $\frac1{k(k+1)}=\frac1k-\frac1{k+1}$ により、$b_k=-\frac1k$ とおけば項は $b_{k+1}-b_k$ の形で、
   $$ \sum_{k=1}^{n}\frac1{k(k+1)}=b_{n+1}-b_1=1-\frac1{n+1}=\frac n{n+1} $$
   である。$n=3$ では $\frac12+\frac16+\frac1{12}=\frac34$ で一致する。
2. 分母を有理化すると $\frac1{\sqrt{k+1}+\sqrt k}=\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt k}{(k+1)-k}=\sqrt{k+1}-\sqrt k$ なので、$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac1{\sqrt{k+1}+\sqrt k}=\sqrt{n+1}-1$ である。$n=3$ では $\sqrt4-1=1$ になる。
3. $k\cdot k!=(k+1)!-k!$（$(k+1)!=(k+1)\cdot k!$ から）なので、$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k\cdot k!=(n+1)!-1$ である。$n=3$ では $1+4+18=23=4!-1$ である。

1. （和の 2 乗）cor-sum-product で $b=a$、$m=n=3$ とすると、$(a_1+a_2+a_3)^2=\sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{3}a_ia_j$ である。9 個の項を $i=j$ の 3 個と $i\ne j$ の 6 個に分けると、$i\ne j$ の項は $a_ia_j=a_ja_i$ の組で 2 回ずつ現れるので
   $$ (a_1+a_2+a_3)^2=\sum_{i=1}^{3}a_i^2+2\sum_{i=1}^{2}\sum_{j=i+1}^{3}a_ia_j $$
   となる。$a_1=1$、$a_2=2$、$a_3=3$ では、左辺 $36$、右辺 $14+2(2+3+6)=36$ である。
2. （三角形の範囲）$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}1=\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}2$ を、cor-sum-triangle で順序を入れかえて計算すると $\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=j}^{n}1=\sum_{j=1}^{n}(n-j+1)$ で、prop-sum-index の 3 によりこれも $\sum_{k=1}^{n}k$ である。
3. （行列の積）行列の積の成分は $\sum_j a_{ij}b_{jk}$ と書かれる。行列の演算（高校数学） の定理「行列の積の結合法則と分配法則」の証明は、$\sum_k\sum_j a_{ij}b_{jk}c_{kl}$ と $\sum_j\sum_k a_{ij}b_{jk}c_{kl}$ が等しいこと、つまり thm-sum-double に帰着する。

データ $x_1,\dots,x_n$ の平均を $\bar x=\frac1n\sum_{i=1}^{n}x_i$ とすると、$\sum_{i=1}^{n}x_i=n\bar x$ である。$(x_i-\bar x)^2=x_i^2-2\bar x\,x_i+\bar x^2$ を足して、$\bar x$ が $i$ によらないことから thm-sum-linear を使うと
$$ \sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar x)^2=\sum_{i=1}^{n}x_i^2-2\bar x\sum_{i=1}^{n}x_i+n\bar x^2=\sum_{i=1}^{n}x_i^2-n\bar x^2 $$
となる。両辺を $n$ で割ったものが分散の公式（平均値と二乗誤差 の系「分散の公式」）である。データ $2,4,9$ では $\bar x=5$ で、左辺は $9+1+16=26$、右辺は $4+16+81-3\cdot25=26$ である。

1. $\sum_{k=1}^{4}k=10$ だが、分け目を重ねて $\sum_{k=1}^{2}k+\sum_{k=2}^{4}k$ とすると $3+9=12$ になる。$k=2$ の項を 2 回数えている。
2. $\sum_{k=1}^{3}(k+1)=2+3+4=9$ だが、添字だけ付けかえて範囲をそのままにした $\sum_{k=1}^{3}k=6$ とは違う。正しくは $\sum_{j=2}^{4}j=9$ である。
3. $a_{ij}=i$ とすると $\sum_{i=1}^{2}\sum_{j=1}^{i}i=1+(2+2)=5$ である。内側の範囲をそのまま写して $\sum_{j=1}^{2}\sum_{i=1}^{j}i=1+(1+2)=4$ とすると違う値になる。cor-sum-triangle のとおり $\sum_{j=1}^{2}\sum_{i=j}^{2}i=(1+2)+2=5$ とすれば一致する。
4. 項が無限に続く $1-1+1-1+\cdots$ は、$(1-1)+(1-1)+\cdots$ とくくれば $0$、$1+(-1+1)+(-1+1)+\cdots$ とくくれば $1$ に見える。この記事の性質はどれも項が有限個のときのもので、無限個の項の和（級数）は極限として定義し直す必要がある（無限級数の和と収束判定）。