等差数列と等比数列

同義語：arithmetic and geometric sequences

概要

前提知識: 数列, 数学的帰納法, 指数関数, 対数関数

高校での出発点：同じ数を足す・同じ数を掛ける

数学 B の数列は、「同じ数を足していく数列」と「同じ数を掛けていく数列」から始まる。前者を等差数列、後者を等比数列という。まず 2 つの足し算で、それぞれの和の求め方の考え方を見る。

例 1：1 から 100 までの和

$S=1+2+3+\dots+100$ を求める。同じ和を逆の順に並べて、縦に足す。
$$ \begin{aligned} S&=\ \ 1\ +\ \ 2\ +\ \ 3\ +\dots+\ 99\ +100\\ S&=100+\ 99\ +\ 98\ +\dots+\ \ 2\ +\ \ 1 \end{aligned} $$
縦に並んだ 2 数の和は、$1+100=101$、$2+99=101$、$3+98=101$ と、どこでも $101$ である。このような組が $100$ 組あるので
$$ 2S=100\cdot101=10100,\qquad S=5050 $$
である。この工夫は Gauss が子どものころに使ったという話で知られる（Lev24 §4.2.4 の脚注）。

例 2：1 から 512 まで 2 倍ずつ増える数の和

$T=1+2+4+8+\dots+512$ を求める。$512=2^9$ なので、$T=2^0+2^1+\dots+2^9$ で、項は $10$ 個ある。両辺を $2$ 倍すると
$$ \begin{aligned} 2T&=\phantom{1+{}}2+4+8+\dots+512+1024\\ T&=1+2+4+8+\dots+512 \end{aligned} $$
となる。上の式から下の式を引くと、$2$ から $512$ までは共通なので消え、
$$ 2T-T=1024-1,\qquad T=1023 $$
が残る。

例 1 では「順番を逆にして足す」、例 2 では「公比倍して引く」という操作で、長い和が 1 回の掛け算・引き算になった。この記事では、この 2 つの工夫がいつでも使えることを確かめ、次の問いに答える。

等差数列・等比数列の $n$ 番目の項は、どんな式か。→ prop-ags-arith-term、prop-ags-geom-term
例 1・例 2 の工夫は、どんな等差数列・等比数列にも使えるか。→ thm-ags-arith-sum、thm-ags-geom-sum
等差数列と等比数列は、どういう関係にあるか。→ prop-ags-log

等比数列の項を限りなく足すと、どうなるか。→ thm-ags-infinite

高校の計算	この記事での見方	ボックス
逆順に並べて足す	どの組も同じ和になる（首尾の対称性）	thm-ags-arith-sum
$S-rS$	ずらして引くと中の項が打ち消し合う	thm-ags-geom-sum
$x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+\dots+1)$	等比数列の和の公式を多項式で読む	cor-ags-factor
等比数列の $\log$ は等差数列	指数関数と 1 次関数の対応	prop-ags-log
$0.999\cdots=1$	公比の絶対値が $1$ より小さい等比数列の和の極限	thm-ags-infinite

等差数列

等差数列と公差

数列 $\{a_n\}$（$n=1,2,3,\dots$）が、ある定数 $d$ について、すべての $n\ge1$ で
$$ a_{n+1}=a_n+d $$
を満たすとき、$\{a_n\}$ を等差数列といい、$d$ をその公差という。$a_1$ を初項という。隣り合う 2 項の差 $a_{n+1}-a_n$ がいつも同じ数 $d$ である、と言っても同じである。

等差数列の例

$3,7,11,15,19,\dots$ は、差がいつも $7-3=11-7=15-11=4$ なので、初項 $3$、公差 $4$ の等差数列である。
$100,93,86,79,\dots$ は、差がいつも $-7$ なので、初項 $100$、公差 $-7$ の等差数列である。公差は負でもよい。
$5,5,5,5,\dots$ は公差 $0$ の等差数列である。
$1,2,4,7,11,\dots$ は、差が $1,2,3,4$ と変わるので等差数列ではない（差が等差数列になっている。このような数列は数列の和と差分で扱う）。

等差数列の一般項

初項 $a$、公差 $d$ の等差数列の第 $n$ 項は
$$ a_n=a+(n-1)d\qquad(n\ge1) $$
である。

1 項ずつ進める帰納法

方針：第 $n$ 項までに公差 $d$ を $n-1$ 回足していることを、$n$ についての数学的帰納法で確かめる。
段 1（$n=1$）。右辺は $a+0\cdot d=a$ で、初項 $a_1=a$ と等しい。
段 2（$n=k$ から $n=k+1$）。$a_k=a+(k-1)d$ と仮定する。等差数列の定義（def-ags-arith）から
$$ a_{k+1}=a_k+d=a+(k-1)d+d=a+kd=a+\bigl((k+1)-1\bigr)d $$
である。2 つ目の等号で仮定を使った。これは $n=k+1$ のときの式である。
段 1・段 2 から、すべての $n\ge1$ で $a_n=a+(n-1)d$ である。$\square$

一般項を使う

$3,7,11,\dots$（初項 $3$、公差 $4$）の第 $20$ 項は $a_{20}=3+19\cdot4=79$ である。
$100,93,86,\dots$（初項 $100$、公差 $-7$）で、初めて負になる項を求める。$a_n=100-7(n-1)<0$ は $n-1>\frac{100}7=14.28\cdots$、すなわち $n\ge16$ と同じである。$a_{15}=100-7\cdot14=2$、$a_{16}=100-7\cdot15=-5$ なので、第 $16$ 項が初めて負になる。

一般項 $a_n=a+(n-1)d=dn+(a-d)$ は $n$ の 1 次式である。逆に、$a_n=pn+q$（$p,q$ は定数）と書ける数列は、$a_{n+1}-a_n=p(n+1)+q-(pn+q)=p$ なので公差 $p$ の等差数列である。等差数列の項を座標平面に点 $(n,a_n)$ として描くと、傾き $d$ の直線の上に並ぶ（後の図3の左）。
3 つの数が等差数列をなすかどうかは、真ん中の数で判定できる。

等差中項

3 つの数 $a,b,c$ がこの順に等差数列をなす（$b-a=c-b$）ことと、
$$ 2b=a+c $$
は同値である。このとき $b=\dfrac{a+c}2$ を $a$ と $c$ の等差中項という。

移項するだけ

方針：定義の式を移項して、もう一方の式にする。
段 1。$b-a=c-b$ の両辺に $a+b$ を足すと $2b=a+c$ になる。
段 2。逆に $2b=a+c$ の両辺から $a+b$ を引くと $b-a=c-b$ になる。$\square$

等差中項を求める

$5,x,17$ がこの順に等差数列になるのは、$2x=5+17=22$、すなわち $x=11$ のときである。実際 $11-5=17-11=6$ である。
$\frac13,\ x,\ \frac12$ なら $x=\frac12\bigl(\frac13+\frac12\bigr)=\frac5{12}$ である。差は $\frac5{12}-\frac4{12}=\frac1{12}$、$\frac6{12}-\frac5{12}=\frac1{12}$ で等しい。

等差数列の和

例 1 の「逆順に並べて足す」は、どの等差数列にも使える。逆順にした列も等差数列（公差 $-d$）なので、縦に足すと $+d$ と $-d$ が打ち消し合うからである。

等差数列の和

初項 $a$、公差 $d$ の等差数列 $\{a_n\}$ の、初項から第 $n$ 項までの和 $S_n=a_1+a_2+\dots+a_n$ は
$$ S_n=\frac{n(a_1+a_n)}2=\frac{n\{2a+(n-1)d\}}2 $$
である。

逆順に並べて足す

方針：$S_n$ を前から書いた式と後ろから書いた式を足す。各項の組の和が、どこでも $a_1+a_n$ に等しいことを示す。
段 1（2 通りに書く）。
$$ \begin{aligned} S_n&=a_1+a_2+\dots+a_{n-1}+a_n\\ S_n&=a_n+a_{n-1}+\dots+a_2+a_1 \end{aligned} $$
上の式の $k$ 番目の項は $a_k$、下の式の $k$ 番目の項は $a_{n+1-k}$ である（$k=1,2,\dots,n$）。
段 2（組の和が一定）。prop-ags-arith-term により
$$ a_k+a_{n+1-k}=\bigl(a+(k-1)d\bigr)+\bigl(a+(n-k)d\bigr)=2a+(n-1)d $$
である。右辺は $k$ によらない。$k=1$ のときの左辺は $a_1+a_n$ なので、どの組の和も $a_1+a_n=2a+(n-1)d$ に等しい。
段 3（足す）。段 1 の 2 つの式を縦に足すと、段 2 の和が $n$ 組並ぶので
$$ 2S_n=n(a_1+a_n)=n\{2a+(n-1)d\} $$
である。両辺を $2$ で割ると結論を得る。$\square$

$\frac{a_1+a_n}2$ は最初と最後の項の平均である。定理は「等差数列の和は、項の個数 × 最初と最後の項の平均」と読める。図で見ると、$1+2+\dots+n$ の階段を 2 つ、片方を逆さにして組み合わせると、縦 $n+1$、横 $n$ の長方形になる（図1）。
!FORMULA[137][534416469][0] の階段（青）と、それを逆さにした !FORMULA[138][-1061043883][0] の階段（橙）を組み合わせると、縦 6、横 5 の長方形になる。どの列も青と橙の個数の和が 6 であることを見る図。 $1+2+3+4+5$ の階段（青）と、それを逆さにした $5+4+3+2+1$ の階段（橙）を組み合わせると、縦 6、横 5 の長方形になる。どの列も青と橙の個数の和が 6 であることを見る図。

等差数列の和を求める

奇数の和：$1+3+5+\dots+(2n-1)$ は初項 $1$、末項 $2n-1$、項数 $n$ の等差数列の和なので、$\frac{n\{1+(2n-1)\}}2=\frac{n\cdot2n}2=n^2$ である。$n=5$ なら $1+3+5+7+9=25=5^2$ である。
$100$ 以下の $3$ の倍数の和：$3,6,\dots,99$ は初項 $3$、公差 $3$ で、$99=3+(n-1)\cdot3$ から $n=33$ 項ある。和は $\frac{33(3+99)}2=\frac{33\cdot102}2=1683$ である。
公差が負の場合：$7,4,1,-2,-5,-8,-11$ は初項 $7$、公差 $-3$、$7$ 項である。和は $\frac{7\{7+(-11)\}}2=\frac{7\cdot(-4)}2=-14$ である。直接足すと $7+4+1=12$、$-2-5-8-11=-26$ で、$12-26=-14$ と一致する。

等比数列

等比数列と公比

数列 $\{a_n\}$ が、ある定数 $r$ について、すべての $n\ge1$ で
$$ a_{n+1}=ra_n $$
を満たすとき、$\{a_n\}$ を等比数列といい、$r$ をその公比という。項がすべて $0$ でなければ、隣り合う 2 項の比 $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ がいつも同じ数 $r$ である、と言っても同じである。

等比数列の例

$3,6,12,24,48,\dots$ は、比がいつも $\frac63=\frac{12}6=2$ なので、初項 $3$、公比 $2$ の等比数列である。
$81,-27,9,-3,1,\dots$ は、比がいつも $\frac{-27}{81}=-\frac13$ なので、初項 $81$、公比 $-\frac13$ の等比数列である。符号が交互に変わる。
$7,0,0,0,\dots$ は公比 $0$ の等比数列である。$0,0,0,\dots$ は、どんな $r$ についても $a_{n+1}=ra_n$ を満たすので、公比がただ 1 つには決まらない。このような $0$ を含む場合があるので、定義は比ではなく $a_{n+1}=ra_n$ で書いた。

等比数列の一般項

初項 $a$、公比 $r$ の等比数列の第 $n$ 項は
$$ a_n=ar^{n-1}\qquad(n\ge1) $$
である（$r=0$ のときも $r^0=1$ と約束する）。

1 項ずつ進める帰納法

方針：第 $n$ 項までに公比 $r$ を $n-1$ 回掛けていることを、$n$ についての数学的帰納法で確かめる。
段 1（$n=1$）。右辺は $ar^0=a$ で、初項と等しい。
段 2（$n=k$ から $n=k+1$）。$a_k=ar^{k-1}$ と仮定する。等比数列の定義（def-ags-geom）から
$$ a_{k+1}=ra_k=r\cdot ar^{k-1}=ar^{k}=ar^{(k+1)-1} $$
である。2 つ目の等号で仮定を使った。
段 1・段 2 から、すべての $n\ge1$ で $a_n=ar^{n-1}$ である。$\square$

一般項を使う

$3,6,12,\dots$ の第 $6$ 項は $3\cdot2^5=96$ である。
$81,-27,9,\dots$ の第 $6$ 項は $81\cdot\bigl(-\frac13\bigr)^5=-\frac{81}{243}=-\frac13$ である。実際、$81,-27,9,-3,1$ の次は $1\cdot\bigl(-\frac13\bigr)=-\frac13$ である。

等差数列の等差中項（prop-ags-arith-mean）にあたるものが、等比数列にもある。ただし $0$ の項があると成り立たなくなるので、仮定に注意する。

等比中項

$a,b,c$ を $0$ でない数とする。$a,b,c$ がこの順に等比数列をなす（ある $r$ で $b=ra$、$c=rb$）ことと、
$$ b^2=ac $$
は同値である。

公比を消す・公比を作る

方針：一方向は公比 $r$ を消去し、逆方向は $r=\frac ba$ とおいて $c=rb$ を確かめる。
段 1（等比数列なら $b^2=ac$）。$b=ra$、$c=rb=r^2a$ なので $ac=a\cdot r^2a=(ra)^2=b^2$ である。
段 2（$b^2=ac$ なら等比数列）。$a\ne0$ なので $r:=\frac ba$ とおける。すると $b=ra$ である。さらに、$b^2=ac$ の両辺を $a$ で割ると $c=\frac{b^2}a=\frac ba\cdot b=rb$ である。よって $a,b,c$ は公比 $r$ の等比数列をなす。$\square$

段 1 では $0$ でないことを使っていない。段 2 で $a$ で割るところに $a\ne0$ を使った。$0$ を許すと段 2 が崩れる例は ex-ags-zero-mean で見る。

等比中項を求める

$4,x,9$ がこの順に等比数列になるのは、$x^2=36$、すなわち $x=6$ または $x=-6$ のときである。$4,6,9$ は公比 $\frac32$、$4,-6,9$ は公比 $-\frac32$ である。
$2,x,8$ なら $x^2=16$ で、$x=\pm4$ である。$2,4,8$ と $2,-4,8$ はどちらも等比数列である。

等比数列の和

例 2 の「公比倍して引く」は、公比が $1$ でないどの等比数列にも使える。

等比数列の和

初項 $a$、公比 $r$ の等比数列の、初項から第 $n$ 項までの和 $S_n=a+ar+ar^2+\dots+ar^{n-1}$ は
$$ S_n=\begin{cases}\dfrac{a(1-r^n)}{1-r}&(r\ne1)\\[2mm] na&(r=1)\end{cases} $$
である。$r\ne1$ の式は $\dfrac{a(r^n-1)}{r-1}$ とも書ける（分子と分母に $-1$ を掛けた）。

公比倍して引く

方針：$S_n$ と $rS_n$ を、項を 1 つずらして並べて引く。中の項が打ち消し合い、両端だけが残る。
段 1（$r=1$）。すべての項が $a$ なので、$S_n=a+a+\dots+a=na$ である。
段 2（$rS_n$ を書く）。$r\ne1$ とする。$S_n$ の各項に $r$ を掛けると
$$ \begin{aligned} S_n&=a+ar+ar^2+\dots+ar^{n-1}\\ rS_n&=\phantom{a+{}}ar+ar^2+\dots+ar^{n-1}+ar^n \end{aligned} $$
である。$ar$ から $ar^{n-1}$ までの $n-1$ 個の項は、2 つの式に共通して現れる。
段 3（引く）。上の式から下の式を引くと、共通の項が消えて
$$ S_n-rS_n=a-ar^n,\qquad\text{すなわち}\qquad(1-r)S_n=a(1-r^n) $$
である。$r\ne1$ なので $1-r\ne0$ であり、両辺を $1-r$ で割って $S_n=\dfrac{a(1-r^n)}{1-r}$ を得る。$\square$

等比数列の和を求める

ex-ags-doubling は $a=1$、$r=2$、$n=10$ の場合で、$\frac{1\cdot(2^{10}-1)}{2-1}=1023$ である。
$3+6+12+24+48+96$ は $a=3$、$r=2$、$n=6$ で、$\frac{3(2^6-1)}{2-1}=3\cdot63=189$ である。
$1+\frac12+\frac14+\frac18+\frac1{16}$ は $a=1$、$r=\frac12$、$n=5$ で、$\frac{1-(1/2)^5}{1-1/2}=2\Bigl(1-\frac1{32}\Bigr)=\frac{31}{16}$ である。$2$ との差は $\frac1{16}$ で、最後の項と同じ大きさである。
$1-1+1-1+\cdots$（$a=1$、$r=-1$）では $S_n=\frac{1-(-1)^n}2$ で、$n$ が奇数なら $1$、偶数なら $0$ である。

3 の計算を図にすると、面積 $1$ の正方形から半分、残りの半分、…と切り取っていく様子になる（図2）。$n$ 枚切り取った面積の和は $1-\bigl(\frac12\bigr)^n$ で、残りは $\bigl(\frac12\bigr)^n$ である。上の 3 の和は、$1+\frac12+\dots+\frac1{16}=2\bigl(\frac12+\frac14+\dots+\frac1{32}\bigr)$ なので、$n=5$ のときの切り取った面積の和 $1-\bigl(\frac12\bigr)^5$ を $2$ 倍した $2-2\bigl(\frac12\bigr)^5$ にあたる。
面積 1 の正方形から、面積 !FORMULA[315][405009405][0] の長方形を順に切り取る。切り取った部分の和 !FORMULA[316][201670780][0] は、残りの小さな長方形の面積 !FORMULA[317][-1191394119][0] だけ 1 に足りないことを見る図。面積 1 の正方形から、面積 $\frac12,\frac14,\frac18,\dots$ の長方形を順に切り取る。切り取った部分の和 $\frac12+\frac14+\dots+\frac1{2^n}$ は、残りの小さな長方形の面積 $\frac1{2^n}$ だけ 1 に足りないことを見る図。
等比数列の和の公式は、$a=1$、$r=x$ として分母を払うと、多項式の因数分解の公式として読める。

$x$ の $n$ 乗から 1 を引いた式の因数分解

$n\ge1$ とする。すべての数 $x$ について
$$ x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\dots+x+1) $$
が成り立つ。

展開して打ち消す

方針：右辺を展開すると、thm-ags-geom-sum の証明の段 3 と同じ打ち消し合いが起きることを見る。
段 1。分配法則で
$$ (x-1)(x^{n-1}+\dots+x+1)=(x^n+x^{n-1}+\dots+x)-(x^{n-1}+\dots+x+1) $$
である。1 つ目の括弧は $x\cdot(x^{n-1}+\dots+1)$、2 つ目は $1\cdot(x^{n-1}+\dots+1)$ を展開したものである。
段 2。$x^{n-1}$ から $x$ までの $n-1$ 個の項は 2 つの括弧に共通なので消え、$x^n-1$ が残る。$\square$

因数分解の公式を使う

$n=3$ で $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ である。$x=2$ を代入すると $7=1\cdot7$ となる。
$x=10$、$n=3$ で $999=9\cdot111$ である。$111=1+10+100$ は公比 $10$ の等比数列の和である。
$x=2$、$n=10$ で $1023=1\cdot(1+2+\dots+2^9)$ となり、ex-ags-doubling の計算そのものである。

等差数列と等比数列をつなぐ：対数と指数

等差数列の一般項 $a+(n-1)d$ は $n$ の 1 次式、等比数列の一般項 $ar^{n-1}$ は $n$ の指数関数である。足し算を掛け算に、掛け算を足し算に取り替える指数と対数で、2 つの数列は互いに移り合う。

等比数列の対数は等差数列

$c>0$、$c\ne1$ とする。

$\{a_n\}$ がすべての項が正の等比数列（初項 $a>0$、公比 $r>0$）ならば、$b_n:=\log_ca_n$ は初項 $\log_ca$、公差 $\log_cr$ の等差数列である。
$\{b_n\}$ が初項 $b$、公差 $d$ の等差数列ならば、$a_n:=c^{b_n}$ は初項 $c^b$、公比 $c^d$ の等比数列である。

対数と指数の法則を当てはめる

方針：隣り合う項の関係 $a_{n+1}=ra_n$（または $b_{n+1}=b_n+d$）に $\log_c$（または $c^{\,\cdot}$）を施す。
段 1（1）。すべての項が正なので $\log_ca_n$ が定義できる。$a_{n+1}=ra_n$ の両辺の $\log_c$ をとり、積の対数の法則 $\log_c(xy)=\log_cx+\log_cy$（$x,y>0$）を使うと
$$ b_{n+1}=\log_c(ra_n)=\log_cr+\log_ca_n=b_n+\log_cr $$
である。よって $\{b_n\}$ は公差 $\log_cr$ の等差数列で、初項は $b_1=\log_ca$ である。
段 2（2）。$b_{n+1}=b_n+d$ と指数法則 $c^{x+y}=c^x\cdot c^y$ から
$$ a_{n+1}=c^{b_{n+1}}=c^{b_n+d}=c^d\cdot c^{b_n}=c^d\,a_n $$
である。よって $\{a_n\}$ は公比 $c^d$ の等比数列で、初項は $a_1=c^{b}$ である。$\square$

対数をとる・指数をとる

$a_n=3\cdot2^{n-1}$（$3,6,12,24,\dots$）で $c=2$ とすると、$\log_2a_n=\log_23+(n-1)$ で、公差 $1$ の等差数列である。$\log_23=1.58\cdots$ なので $1.58\cdots,\ 2.58\cdots,\ 3.58\cdots,\dots$ と $1$ ずつ増える（図3の右）。
等差数列 $1,4,7,10,\dots$（公差 $3$）で $c=10$ とすると、$10,\ 10^4,\ 10^7,\ 10^{10},\dots$ は公比 $10^3=1000$ の等比数列である。

左は、等差数列 !FORMULA[396][1609677885][0]（青の丸）と等比数列 !FORMULA[397][630161757][0]（赤の四角）を並べたもの。等差数列は直線の上に並び、等比数列は指数関数の曲線の上に並んで急に大きくなる。右は、等比数列の !FORMULA[398][1560243141][0] をとると、傾き 1 の直線の上に並ぶことを見る図。左は、等差数列 $3+4(n-1)$（青の丸）と等比数列 $3\cdot2^{n-1}$（赤の四角）を並べたもの。等差数列は直線の上に並び、等比数列は指数関数の曲線の上に並んで急に大きくなる。右は、等比数列の $\log_2$ をとると、傾き 1 の直線の上に並ぶことを見る図。
この対応は、常用対数で大きな数の桁数を調べるときにも使う（常用対数と桁数）。

無限等比級数

ex-ags-geom-sum の 3 では、項を増やすと和が $2$ に近づいていった。項を限りなく足したものの値（和の極限）を考える。
この節の定理・証明・例（$0.999\cdots=1$ や、正方形を半分ずつ切る図2の見方）は、無限級数の和と収束判定の無限等比級数の定理とほぼ同じ内容である。ここでは等比数列の和の公式から続けて読めるように、この記事の中でも証明をつけて示す。無限級数の収束・発散の定義や、ほかの級数との比べ方は、そちらで詳しく扱う。

無限等比級数の和

初項 $a$、公比 $r$ の等比数列の和 $S_n=a+ar+\dots+ar^{n-1}$ について、次が成り立つ。

$|r|<1$ ならば、$n\to\infty$ で $S_n\to\dfrac a{1-r}$ である。
$a\ne0$ かつ $|r|\ge1$ ならば、$S_n$ は収束しない。

$r$ の累乗の大きさを押さえる

方針：1 は thm-ags-geom-sum の式で $r^n\to0$ を示せばよい。そのために、$h>0$ に対する不等式 $(1+h)^n\ge1+nh$ を使う。2 は、和が収束するなら項は $0$ に近づくはずだが、そうならないことを示す。
段 0（不等式）。$h>0$、$n\ge1$ とする。二項定理で $(1+h)^n=1+nh+\binom n2h^2+\dots+h^n$ と展開すると、3 番目以降の項はすべて $0$ 以上なので、$(1+h)^n\ge1+nh$ である（二項定理と組合せの恒等式）。
段 1（$|r|<1$ なら $r^n\to0$）。$r=0$ なら $n\ge1$ で $r^n=0$ である。$0<|r|<1$ とし、$h:=\frac1{|r|}-1>0$ とおくと $|r|=\frac1{1+h}$ である。段 0 から
$$ 0<|r^n|=\frac1{(1+h)^n}\le\frac1{1+nh} $$
であり、右辺は $n\to\infty$ で $0$ に近づく。はさみうちにより $|r^n|\to0$、よって $r^n\to0$ である。
段 2（1 の結論）。$|r|<1$ なら $r\ne1$ なので、thm-ags-geom-sum から $S_n=\dfrac a{1-r}-\dfrac a{1-r}\,r^n$ である。段 1 から第 2 項は $0$ に近づくので、$S_n\to\dfrac a{1-r}$ である。
段 3（2）。$|r|\ge1$、$a\ne0$ とする。項の絶対値は $|ar^{n-1}|=|a|\,|r|^{n-1}\ge|a|>0$ である。もし $S_n$ がある値 $S$ に収束するなら、$S_{n-1}$ も同じ $S$ に収束するので、第 $n$ 項 $ar^{n-1}=S_n-S_{n-1}$ は $S-S=0$ に近づくはずである。これは $|ar^{n-1}|\ge|a|>0$ に反する。よって $S_n$ は収束しない。$\square$

無限等比級数の和を求める

$\frac12+\frac14+\frac18+\cdots$ は $a=\frac12$、$r=\frac12$ で、和は $\frac{1/2}{1-1/2}=1$ である。図2の正方形が切り取った長方形で埋め尽くされることにあたる。
$0.999\cdots=\frac9{10}+\frac9{100}+\frac9{1000}+\cdots$ は $a=\frac9{10}$、$r=\frac1{10}$ で、和は $\frac{9/10}{1-1/10}=\frac{9/10}{9/10}=1$ である。
$1-\frac13+\frac19-\frac1{27}+\cdots$ は $a=1$、$r=-\frac13$ で、和は $\frac1{1+1/3}=\frac34$ である。部分和は $1,\ \frac23,\ \frac79,\ \frac{20}{27},\dots$ と、$\frac34$ の上下に交互に振れながら近づく。

同じ定理は無限級数の和と収束判定にもあり、そこでは、ほかの級数の収束を比べる基準として使う。項が等比数列でない無限級数の収束の判定も、そちらで扱う。二項展開の項を捨てて $(1+h)^n$ を下から押さえる方法と、はさみうちの原理は、はさみうちと評価の技法で詳しく扱う。

例と反例

この記事の命題の仮定を外すと、結論が崩れる。

外した仮定	崩れる主張	ボックス
$r\ne1$（thm-ags-geom-sum の上の式）	$S_n=\frac{a(1-r^n)}{1-r}$	ex-ags-r-one
項が $0$ でない（prop-ags-geom-mean）	$b^2=ac$ なら等比数列	ex-ags-zero-mean
項が正（prop-ags-log の 1）	対数をとると等差数列	ex-ags-negative-log
$\lvert r\rvert<1$（thm-ags-infinite の 1）	和が $\frac a{1-r}$ に収束する	ex-ags-divergent
公比が同じ（和をとる操作）	等比数列の和の数列も等比数列	ex-ags-not-closed

反例：公比が 1 だと公式の分母が 0 になる

$5,5,5,\dots$（$a=5$、$r=1$）の和は $S_n=5n$ である。上の式に $r=1$ を入れると $\frac{5(1-1^n)}{1-1}=\frac00$ となって、値が決まらない。
満たす性質：等比数列。満たさない性質：$r\ne1$。破る主張：thm-ags-geom-sum の $r\ne1$ の式。崩れるのは証明の段 3 の「$1-r$ で割る」ところである。$r=1$ の等比数列は公差 $0$ の等差数列でもあり、和は thm-ags-arith-sum の $\frac{n(5+5)}2=5n$ でも求まる。

反例：0 を含むと $b^2=ac$ でも等比数列とは限らない

$a=0$、$b=0$、$c=5$ とすると、$b^2=0=0\cdot5=ac$ である。しかし $0,0,5$ は等比数列ではない。どんな $r$ でも $c=rb=r\cdot0=0$ となり、$5$ にならないからである。
満たす性質：$b^2=ac$。満たさない性質：$a,b,c$ がすべて $0$ でない。破る主張：prop-ags-geom-mean の「$b^2=ac$ なら等比数列」。崩れるのは証明の段 2 の「$a$ で割る」ところである。

反例：負の項があると対数がとれない

$-2,4,-8,16,\dots$（$a=-2$、$r=-2$）は等比数列だが、$\log_2(-2)$ は定義されない。絶対値をとった $2,4,8,16,\dots$ の $\log_2$ は $1,2,3,4,\dots$ で等差数列になるが、符号の情報は失われる。公比 $0$ の $7,0,0,\dots$ でも、$\log0$ が定義されないので同じ操作はできない。
満たす性質：等比数列。満たさない性質：すべての項が正。破る主張：prop-ags-log の 1。

反例：公比の絶対値が 1 以上だと和は収束しない

$r=-1$：$1-1+1-1+\cdots$ の部分和は $1,0,1,0,\dots$（ex-ags-geom-sum の 4）で、収束しない。式 $\frac a{1-r}$ に形式的に入れると $\frac12$ になるが、これは部分和の極限ではない。
$r=2$：$1+2+4+8+\cdots$ の部分和 $2^n-1$ は限りなく大きくなる。式 $\frac a{1-r}$ に入れると $\frac1{1-2}=-1$ となり、正の数の和が負になるという不合理な値が出る。
満たす性質：等比数列の和。満たさない性質：$|r|<1$。破る主張：thm-ags-infinite の 1。

反例：等比数列どうしを足すと等比数列とは限らない

$2^n$（$2,4,8,\dots$）と $3^n$（$3,9,27,\dots$）はどちらも等比数列だが、項ごとに足した $5,13,35,\dots$ は、比が $\frac{13}5=2.6$、$\frac{35}{13}=2.69\cdots$ と変わるので等比数列ではない。
これに対し、等差数列どうしを項ごとに足すと等差数列になる。$3,7,11,\dots$（公差 $4$）と $100,93,86,\dots$（公差 $-7$）を足すと $103,100,97,\dots$ で、公差 $4+(-7)=-3$ の等差数列である。一般に $(a_{n+1}+b_{n+1})-(a_n+b_n)=(a_{n+1}-a_n)+(b_{n+1}-b_n)$ で、公差が足し算されるからである。
満たす性質：2 つとも等比数列。満たさない性質：公比が等しい（公比が等しい $r$ なら、$ar^{n-1}+br^{n-1}=(a+b)r^{n-1}$ で等比数列になる）。

大学数学で見る：ずらす操作と数列の空間

大学数学で見ると：ずらす操作の言葉

数列 $\{a_n\}$ を 1 つ左にずらして $\{a_{n+1}\}$ を作る操作を $E$ と書き、差をとる操作を $\Delta:=E-1$（$(\Delta a)_n=a_{n+1}-a_n$）と書く。この言葉では

等差数列は $\Delta a$ が定数の数列、言い換えると $\Delta^2a=0$（差の差が $0$）の数列である。
公比 $r$ の等比数列は $Ea=ra$ を満たす数列、つまり「ずらすと $r$ 倍になる」数列である。線形代数の言葉では、公比 $r$ の等比数列のうち $0,0,0,\dots$ でないものは、ずらす操作 $E$ の固有値 $r$ に属する固有ベクトル（固有値）である。固有ベクトルは $0$ でないものに限るので、どの $r$ でも $Ea=ra$ を満たす $0,0,0,\dots$（ex-ags-geom-examples の 3）は除く。
ex-ags-not-closed の後半のとおり、等差数列全体は項ごとの和と定数倍で閉じていて、$1,1,1,\dots$ と $0,1,2,\dots$ の 2 つの数列から $a_n=a\cdot1+d\cdot(n-1)$ と作れる。大学の言葉では、等差数列全体は 2 次元のベクトル空間である。公比 $r$ を決めた等比数列全体は $ar^{n-1}$ の形の 1 次元のベクトル空間だが、公比の違う等比数列を合わせたものは和で閉じない。
どちらも二項間漸化式 $a_{n+1}=pa_n+q$ の特別な場合（$p=1$ が等差数列、$q=0$ が等比数列）である。また等差数列は、三項間漸化式 $a_{n+2}=2a_{n+1}-a_n$ を満たし、その特性方程式 $t^2-2t+1=0$ は重解 $t=1$ をもつ。重解で $n$ が掛かる形 $A+Bn$ が現れる例として、三項間漸化式の特性方程式につながる。差をとる操作 $\Delta$ で和を計算する方法は数列の和と差分で扱う（Lev24 §4.2–§4.4 も、等差数列・等比数列を差と比の一定な数列として導入し、和を逆順の足し算とずらした引き算で求めている）。

大学数学で見ると：等比数列の和と母関数

cor-ags-factor を $x^n-1=(x-1)(1+x+\dots+x^{n-1})$ と読むと、$|x|<1$ で $n\to\infty$ とした thm-ags-infinite は
$$ 1+x+x^2+x^3+\cdots=\frac1{1-x}\qquad(|x|<1) $$
になる。右辺の関数 $\frac1{1-x}$ は、数列 $1,1,1,\dots$ を係数に並べた冪級数の「まとめ」になっている。数列を係数とする冪級数で数列を調べる方法を母関数といい、母関数：数列を関数として扱うで扱う。等比数列の和は、その最も基本的な計算である。
等差数列の和も、大学では積分の類似として見られる。$1+2+\dots+n=\frac{n(n+1)}2$ は、$\int_0^nx\,dx=\frac{n^2}2$ と主要な部分 $\frac{n^2}2$ が一致し、差の $\frac n2$ は図1の階段のはみ出しにあたる（積分と和の類似）。

数学オリンピックの問題は、この記事の主題（一般項と和の公式）に直接合うものを選べなかったので入れていない。

さらに先へ

漸化式へ：等差数列・等比数列は、1 つ前の項から次の項を決める最も簡単な漸化式である。定数を足して掛ける $a_{n+1}=pa_n+q$ は、不動点を引くと等比数列になる（二項間漸化式）。
和の計算へ：$\sum k^2$ や $\sum k^3$ のような、等差数列でない数列の和は、差をとる操作の逆として求める（数列の和と差分）。
級数へ：無限等比級数は、無限級数の収束を比べる基準になる（無限級数の和と収束判定）。