数列の和　　　　　　　　　　　　　　　　　　　戻る

・１ から ｎ までの自然数の和 ： １＋２＋・・・＋ｎ ＝ｎ（ｎ＋１）/２

・１ から ｎ までの自然数の平方の和 ： １2＋２2＋・・・＋ｎ2 ＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６

・１ から ｎ までの自然数の立方の和 ： １3＋２3＋・・・＋ｎ3 ＝ｎ2（ｎ＋１）2/４

　上記の和の公式は、高校で学ぶ、よく知られた公式である。しかし、その証明は、恒等式
を使うなど、あまりに代数的で味気ない。このページでは、もっと直感的に分かりやすい、味
のある証明についてまとめたいと思う。まずは、教科書の記述を復習してみよう。


１ から ｎ までの自然数の和

　教科書では、恒等式　 (ｋ＋１）2－ｋ2 ＝２ｋ＋１　を利用して、ｋ に１，２，３，・・・，ｎ　を
代入して求めるのが普通である。

　　ｎ 個の式を辺々加えて、　(ｎ＋１)2－１ ＝２( １＋２＋３＋・・・＋ｎ )＋ｎ

　よって、　２( １＋２＋３＋・・・＋ｎ )＝(ｎ＋１)2－(ｎ＋１)＝ｎ(ｎ＋１)

　　この式より、上記の公式を得る。


（追記）　令和元年６月１７日付け

　恒等式　 (ｋ＋１）2－ｋ2 ＝２ｋ＋１　を辺々加えずに、次のような導き方も知られている。

　Σk=1n {(ｋ＋１）2－ｋ2} ＝Σk=1n (ｋ＋１）2－Σk=1n ｋ2＝(ｎ＋１)2－１＝ｎ2＋２ｎ

よって、　２Σk=1n ｋ＋ｎ＝ｎ2＋２ｎ　より、　Σk=1n ｋ＝ｎ(ｎ＋１)/２


１ から ｎ までの自然数の平方の和

　教科書では、恒等式 (ｋ＋１）3－ｋ3 ＝３ｋ2＋３ｋ＋１ を利用して、ｋ に１，２，３，・・・，ｎ
を代入して求めるのが普通である。

　ｎ 個の式を辺々加えて、

　(ｎ＋１)3－１ ＝３(１2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2)＋３( １＋２＋３＋・・・＋ｎ )＋ｎ

よって、

３(１2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2)

＝(ｎ＋１)3－３×ｎ（ｎ＋１）/２－(ｎ＋１)＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/２

　この式より、上記の公式を得る。


（追記）　令和元年６月１７日付け

　恒等式　(ｋ＋１）3－ｋ3 ＝３ｋ2＋３ｋ＋１ を辺々加えずに、次のような導き方も知られてい
る。

　Σk=1n {(ｋ＋１）3－ｋ3} ＝Σk=1n (ｋ＋１）3－Σk=1n ｋ3＝(ｎ＋１)3－１

よって、　３Σk=1n ｋ2＋３ｎ(ｎ＋１)/２＋ｎ＝(ｎ＋１)3－１　より、

３Σk=1n ｋ2

＝(ｎ＋１)3－３ｎ(ｎ＋１)/２－ｎ－１

＝{(ｎ＋１)/２}{２(ｎ＋１)2－３ｎ－２}

＝{(ｎ＋１)/２}{２ｎ2＋ｎ}

＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/２

　よって、　Σk=1n ｋ2＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６


（追記）　令和３年１０月１３日付け

　上記の証明が一番よく知られていると思われるが、２項係数の「総和の公式」を用いた証
明も斬新で興味深い。


（追記）　令和３年９月７日付け

　公式：１2＋２2＋・・・＋ｎ2 ＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６　の覚え方について、

　１2＋２2＋・・・＋ｎ2 ＝ｎ（ｎ＋０．５）（ｎ＋１）/３

とした方がいいという意見もある。ｎから０．５刻みに増えていって、３で割るという解釈なの
だが、皆さんはいかがだろか？


例　１2＋２2＋・・・＋２０2 ＝２０×２０．５×２１/３＝４１０×７＝２８７０


（コメント）　この発想が活かせる場面はどんなだろう？


１ から ｎ までの自然数の立方の和

　教科書では、恒等式　 (ｋ＋１）4－ｋ4 ＝４ｋ3＋６ｋ2＋４ｋ＋１　を利用して、ｋ に
１，２，３，・・・，ｎ　を代入して求めるのが普通である。

　その計算やまとめ方のコツは、平方数の場合と全く同じなので、ここでは、その記述を省
略することにする。

　この１ から ｎ までの自然数の立法の和が、１ から ｎ までの自然数の和 Ｎ を用いて、

　１3＋２3＋３3＋・・・＋ｎ3 ＝Ｎ2

と書けるということは、私自身高校時代に不思議に思った事実である。


　このことについて、当ＨＰがいつもお世話になっているＳ（Ｈ）さんからの情報（平成２１年６月
２９日付け）によると、

　Ｕｌｍ 生まれの Ｊｏｈａｎｎ　Ｆａｕｌｈａｂｅｒ　（1580～1635）が、その著

　Ａｃａｄｅｍｉａ　Ａｌｇｅｂｒａ　（１６３１）

において、　１5＋２5＋３5＋・・・＋ｎ5 ＝(４Ｎ3－Ｎ2）/３

等の公式（１17＋２17＋３17＋・・・＋ｎ17 までの奇数冪について）を述べているという。


　一般の場合については、１８３４年に、Ｊａｃｏｂｉ が証明したらしい。


　１5＋２5＋３5＋・・・＋ｎ5　を求めてみよう。

　まず、恒等式　 (ｋ＋１）5－ｋ5 ＝５ｋ4＋１０ｋ3＋１０ｋ2＋５ｋ＋１　を利用して、

　(ｎ＋１）5－１5 ＝５Σｋ4＋１０Σｋ3＋１０Σｋ2＋５Σｋ＋Σ１

これより、　Σｋ4＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）（３ｎ2＋３ｎ－１）/３０


　また、恒等式　 (ｋ＋１）6－ｋ6 ＝６ｋ5＋１５ｋ4＋２０ｋ3＋１５ｋ2＋６ｋ＋１　を利用して、

　(ｎ＋１）6－１6 ＝６Σｋ5＋１５Σｋ4＋２０Σｋ3＋１５Σｋ2＋６Σｋ＋Σ１

これより、　Σｋ5＝ｎ2（ｎ＋１）2（２ｎ2＋２ｎ－１）/１２

　よって、　ｎ（ｎ＋１）＝２Ｎ　を代入すれば、

　１5＋２5＋３5＋・・・＋ｎ5＝４Ｎ2（４Ｎ－１）/１２＝(４Ｎ3－Ｎ2）/３

であることが示された。


例　１5＋２5＋３5＋・・・＋１０5　を計算せよ。

（解）　Ｎ＝５５　なので、

　　　(４Ｎ3－Ｎ2）/３＝Ｎ2（４Ｎ－１）/３＝３０２５・２１９/３＝３０２５・７３＝２２０８２５

　　より、　１5＋２5＋３5＋・・・＋１０5＝２２０８２５　である。　（終）


（コメント）　比較的簡単に求められますね！

　連続する整数の積の形で、ｋ乗和の公式を求める方法もある。（→　参考）



　このような数列の和の公式に対する別解として世間一般では、２Ｓ法とか３Ｓ法、４Ｓ法
などの方法が紹介されている。（この方法にも限界があることが自ずから分かるであろう。）


２Ｓ法・・・１ から ｎ までの自然数の和

２Ｓ法

　　　　左図より明らかに、２Ｓ＝（ｎ＋１）がｎ個＝ｎ（ｎ＋１）　が成り
　　　立ち、直ちに、公式を得ることができる。

　　　　このような計算方法は、ガウスによってなされたと言われて
　　　いる。

　　　　ガウスが小学生の時、担当の先生が「１から１００までの和」
　　　を計算せよという問題を出して、しばらく時間がかかるだろう
　　　と思っていたところ、ガウスがたちどころに、この方法で解いて
　　　しまったという逸話が有名である。


３Ｓ法・・・１ から ｎ までの自然数の平方の和

３Ｓ法


　上記の計算において、各三角形の上からｋ段目、左からｍ列目の数を求めてみると、そ
れぞれ　ｋ　、ｎ－ｋ＋ｍ　、ｎ－ｍ＋１ なので、その和は、２ｎ＋１　となる。

　したがって、上図より明らかに、３Ｓ＝（２ｎ＋１が１＋２＋・・・＋ｎ＝ｎ（ｎ＋１）/２ 個）　が成
り立ち、直ちに公式を得ることができる。

＃自然数の平方の和の公式は、すでに、アルキメデス（紀元前２８７？～２１２）が知ってい
　たと言われている。


４Ｓ法・・・１ から ｎ までの自然数の立方の和

　４Ｓ法は、２Ｓ法、３Ｓ法と同様な発想であるが、上記の方法と比べて煩雑な計算が避けら
れず、エレガントさに欠けるので、紹介は、あらすじだけにとどめたい。

　基本的には、Ｓ’＝１＋２（１＋２）＋３（１＋２＋３）＋・・・＋ｎ（１＋２＋・・・＋ｎ）　を計算する
わけであるが、次のような立体を４個用いる。用い方は、３Ｓ法と同様である。

　一つの点に注目すると、和はすべて　３ｎ＋１　であることに注意する。

　　　４Ｓ法


１ から ｎ までの自然数の立方の和

　立方の和の計算について、実は美しい解法が知られている。私が知っている和の計算の
中でも、その美しさは群を抜いている。それは、群数列による解法である。

群数列 　　左図のように、自然数列　１、２、・・・、ｎ　を、２倍、３倍、・・・
　したものを、下の行に書き足していき、青線で区切り、群数列
　を作る。左図にあらわれる自然数の総和は、明らかに、

　　　　（１＋２＋３＋・・・＋ｎ）2＝ｎ2（ｎ＋１）2/４

　　そこで、第ｋ群に入っている自然数の和を求めると、

　　（１＋２＋・・・＋ｋ）ｋ＋（１＋２＋・・・＋ｋ）ｋ－ｋ2＝ｋ3　である。

　　　　　　　　　　　従って、第１群から第ｎ群までの和を求めることにより、公式は示される。


（別解）　　１ から ｎ までの自然数の立方の和について、次のような群数列を用いる解法も
　　　　　　知られている。

（参考文献：金子昌信　著　べき乗和からベルヌーイ数，ゼータ函数へ
　　（数学セミナー　’０３年１０月号）　（日本評論社））

　　　１ から始まる奇数列の初項から第 ｎ
　　項までの和は、ｎ2 で与えられる。

　　　第 ｋ 段には、ｋ 個の奇数が含まれる
　　ので、第１段から第 ｎ 段までに含まれる
　　奇数の総数は、

　　　１＋２＋３＋・・・＋ｎ ＝ｎ（ｎ＋１）/２

　したがって、第１段から第 ｎ 段までに含まれる奇数の総和は、　ｎ2（ｎ＋１）2/４

　ところで、第 ｋ 段は、初項が ｋ2－ｋ＋１、末項が ｋ2＋ｋ－１、項数が ｋ の等差数列であ
るから、その和は、簡単な計算から、ｋ3 となる。

　したがって、　１3＋２3＋３3＋・・・＋ｎ3 ＝ｎ2（ｎ＋１）2/４　　（終）


１ から ｎ までの自然数の平方の和（ライプニッツの方法）

　平方の和の計算について、階差数列を利用する方法が知られている。この方法は、ライ
プニッツが発見したと言われている。

ａ0 ａ1 ａ2 ａ3 ・・・
　 ｂ1 ｂ2 ｂ3 ・・・
　 　 ｃ2 ｃ3 ・・・
　 　 　 ｄ3 ・・・
　 　 　 　 ・・・
　　左図において、

　　　　　ｂｎ＝ａｎ－ａｎ-1、ｃｎ＝ｂｎ－ｂｎ-1、・・・

　　　である。

　　このとき、たとえば、　　

　ａ3＝ａ2＋ｂ3＝（ａ1＋ｂ2）＋（ｂ2＋ｃ3）＝ａ1＋２ｂ2＋ｃ3　・・・・・（*）

　＝（ａ0＋ｂ1）＋２（ｂ1＋ｃ2）＋（ｃ2＋ｄ3）＝ａ0＋３ｂ1＋３ｃ2＋ｄ3　・・・・・（**）

　このことから、ａ3　の値は、対角線の成分から求められることが分かる。さらに、その各項
の係数は、その項から、ａ3　へ行く最短経路の数に等しい。

　たとえば、ｂ1　から　ａ3　へ行くには、横に２マス、縦に１マス進めばよいから、その方法の
数は、順列・組合せの理論により、3Ｃ1 ＝３（通り）である。

　上の計算で、（*）（**）のところを是非確かめて欲しいと思う。


定理（ライプニッツ）

　　ａｎ＝nＣ0ａ0＋nＣ1ｂ1＋nＣ2ｃ2＋nＣ3ｄ3＋・・・


　実際に、自然数の平方の和の計算に応用してみよう。

０ １ ５ １４ ３０ ５５ ・・・
　 １ ４ ９ １６ ２５ ・・・
　 　 ３ ５ ７ ９ ・・・
　 　 　 ２ ２ ２ ・・・
　 　 　 　 ０ ０ ・・・
　　左図において、第１行は、

　　ａｎ＝１2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2

　で与えられる数列であり、第２行以下は、その階差数列で

　ある。ただし、ａ0＝０　とする。

このとき、第５行以下は、全て０であることに注目する。　定理により、

　ａｎ＝nＣ0×０＋nＣ1×１＋nＣ2×３＋nＣ3×２

となり、これを計算することにより、公式を得ることができる。


（参考文献：遠山　啓　著　数学入門（岩波新書）
　　　　　　　久保季夫　著　数列と級数（科学新興社））

　（　→　数列の和の求め方で重心の概念を利用した方法については、「ギブスの三角形」を参照）


（追記）１ から ｎ までの自然数の４乗の和

　４乗の和の計算について、立方の和と同様に、群数列を用いる方法がある。

４乗数の和 　　左図のように、数列　１、４、９、・・・、ｎ2　を、２倍、３倍、・・・
　 したものを、下の行に書き足していき、青線で区切り、群数列
　を作る。
　　左図にあらわれる数列の総和は、明らかに、
　　
　　（１＋２＋３＋・・・＋ｎ）（１2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2）
　＝ｎ2（ｎ＋１）2（２ｎ＋１）/１２

　そこで、第ｋ群に入っている自然数の和を求めると、

　（１＋２＋・・・＋ｋ）ｋ2＋（１2＋２2＋・・・＋ｋ2）ｋ－ｋ3＝（５/６）ｋ4＋（１/６）ｋ2

したがって、第１群から第ｎ群までの和を求めることにより、求める和を Ｓ とすると、

　（５/６）Ｓ＋ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/３６＝ｎ2（ｎ＋１）2（２ｎ＋１）/１２

よって、　Ｓ＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）（３ｎ2＋３ｎ－１）/３０


（参考文献：中村義作・阿邊恵一　著　代数を図形で解く（講談社ブルーバックス））


（追記）　上記では、　Ｓｋ(ｎ)＝１ｋ＋２ｋ＋３ｋ＋・・・＋ｎｋ　の和の公式のいろいろな求め方
　　　　　をみてきた。

　Ｓ1(ｎ)＝１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２＝(１/２)ｎ2＋(１/２)ｎ

　Ｓ2(ｎ)＝１2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)/６＝(１/３)ｎ3＋(１/２)ｎ2＋(１/６)ｎ

　Ｓ3(ｎ)＝１3＋２3＋３3＋・・・＋ｎ3＝ｎ2(ｎ＋１)2/４＝(１/４)ｎ4＋(１/２)ｎ3＋(１/４)ｎ2

　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　このような式をぼんやりと眺めていると、

　Ｓ3’(ｎ)＝ｎ3＋(３/２)ｎ2＋(１/２)ｎ＝３・Ｓ2(ｎ)　　（形式的に、ｎ で微分！）

という関係式が成り立つことに気づく。このような関係は、

　半径 ｒ の円の面積 Ｓ＝πｒ2 を、ｒ で微分すると、Ｓ’＝２πｒ は、半径 ｒ の円周の長さを
表す

　半径 ｒ の球の体積 Ｖ＝(４/３)πｒ3 を、ｒ で微分すると、Ｖ’＝４πｒ2 は、半径 ｒ の球の表
面積を表す

に似ている。（これらの関係を高校時代に気づいたときには、とても感動した！）

　実は、このような関係は、一般的に成立するらしい。浅井哲也さんが、２００４年９月号の
数学セミナー（日本評論社）の中の、「エレガントな解答をもとむ」に出題されている。
（解答は、１２月号を参照）


　　奇数 ｋ に対して、　Ｓk’(ｎ)＝ｋ・Ｓｋ-1(ｎ)　　（形式的に、ｎ で微分！）

「ｋ は奇数」という限定条件が入るが、とても美しい関係である！


（補足）　平成１９年８月１３日付け

　上記の公式を証明させる問題が、平成１８年度東京大学 後期試験　数学に出題され
た。（一部表現等修正）


東京大学後期（２００６）

　ｐ、ｎ を自然数とする。次の問いに答えよ。

（１）　ｐ＋１ 次多項式 Ｓｐ（ｘ）があって、

　　

と表されることを示せ。

（２）　ｑ を自然数とする。（１）の多項式 Ｓ1（ｘ）、Ｓ3（ｘ）、・・・、Ｓ2q-1（ｘ）に対して、

　　

が恒等式となるような定数 ａ1、・・・、ａｑ を ｑ を用いて表せ。

（３）　ｑ を２以上の自然数とする。（１）の多項式 Ｓ2（ｘ）、Ｓ4（ｘ）、・・・、Ｓ2q-2（ｘ）に対して、

　　

が恒等式となるような定数 ｃ と ｂ1、・・・、ｂｑ-1 を ｑ を用いて表せ。

（４）　ｐ を３以上の奇数とする。このとき、

　　

を示せ。


（略解）　（１）は、数学的帰納法を用いる。教科書でも示されている手法

　（ｋ＋１）p+1－ｋp+1 の展開式を ｋ＝１、２、・・・、ｎ　について和をとる

ことにより、容易に示される。

（２）も、　Ｆ（ｘ）＝ｘq（ｘ＋１）q に対して、Ｆ（ｋ）－Ｆ（ｋ－１） の展開式を　ｋ＝１、２、・・・、ｎ

について和をとることにより示される。

　（ｑ＋１）/２≦ｊ≦ｑ　のとき、　ａｊ＝２qＣ2q-2j+1

　上記以外のとき、　ａｊ＝０

（３）が少し大変だが、用いる手法は（１）（２）と同じである。　Ｓ2ｊ（ｎ）－Ｓ2ｊ（ｎ－１）＝ｎ2ｊ

に注意して計算することにより、　ｃ＝２ｑ　であることが分かる。このとき、

　　Ｇ（ｘ）＝ｘq-1（ｘ＋１）q-1（２ｑｘ＋ｑ） に対して、Ｇ（ｋ）－Ｇ（ｋ－１） の展開式を
ｋ＝１、２、・・・、ｎ　について和をとることにより示される。

　（ｑ－１）/２≦ｊ≦ｑ－１　のとき、　ｂｊ＝２（２ｊ＋１）qＣ2q-2j-1

　上記以外のとき、　ｂｊ＝０

（４）は、数学的帰納法を用いる。前述で示したように　Ｓ3’(ｎ)＝３・Ｓ2(ｎ)　が成り立つので、

　ｐ＝３　のとき、与えられた命題は成り立つ。２ｑ－１ 未満の奇数 ｐ について、

　

が成り立つものとする。ｐ＝２ｑ－１　のとき、　ｐ≧３ なので、　ｑ≧２

　（２）で求められた恒等式　ａ1Ｓ1（ｘ）＋ａ2Ｓ3（ｘ）＋・・・＋ａqＳ2q-1（ｘ）＝ｘq（ｘ＋１）q

において、　ｑ≧２　なので、　ａ1＝０　である。ａ2Ｓ3（ｘ）＋・・・＋ａqＳ2q-1（ｘ）＝ｘq（ｘ＋１）q
の両辺を微分して、

ａ2・３Ｓ2（ｘ）＋・・・＋ａq-1・（２ｑ－３）Ｓ2q-4（ｘ）＋ａqＳ2q-1’（ｘ）＝ｑｘq-1（ｘ＋１）q-1（２ｘ＋１）

　（２）（３）の　ａｊ 、 ｂｊ　の関係から、

　ｂ1Ｓ2（ｘ）＋・・・＋ｂq-2Ｓ2q-4（ｘ）＋ａqＳ2q-1’（ｘ）＝ｘq-1（ｘ＋１）q-1（２ｑｘ＋ｑ）

が成り立つ。（３）の恒等式と比較して、　ａqＳ2q-1’（ｘ）＝ｂq-1Ｓ2q-2（ｘ）

　ここで、　ａｑ＝２qＣ1＝２ｑ　、　ｂｑ-1＝２（２ｑ－１）qＣ1＝２ｑ（２ｑ－１）　なので、

　Ｓ2q-1’（ｘ）＝（２ｑ－１）Ｓ2q-2（ｘ）　が成り立つ。

よって、ｐ＝２ｑ－１　のときも命題は成り立つ。

　したがって、３以上の奇数 ｐ に対して、

　

が成り立つ。（終）


（コメント）　平成１６年９月に出版されて、平成１８年度入試に出題ということを考えると、多
　　　　　　分出題者は数学セミナーの問題を意識していたのかな？それとも独立に考えら
　　　　　　れた問題なのかな？

　何れにしても、この問題を時間内に解くことはほぼ困難だということは言える。３題１５０分
の試験だが、受験生には辛い出題だ！


（追記）　平成１７年７月２５日付けで、神奈川県の Ｓ さんという方から、

　ｋが奇数の時、　Ｓk’(ｎ)＝ｋ・Ｓｋ-1(ｎ)　が成り立つが、これを一般化して、Ｓｋ(ｎ)
から　Ｓｋ＋１(ｎ)　を求める方法を考えました

というメールを頂戴した。Ｓ さんが、この話題について、ある研究会誌に掲載された原稿の
PDFファイルも参考にさせていただいた。Ｓ さんに大変感謝いたします。


　Ｓ さんが考えられた方法は次のようなものである。

（１）　Ｓｋ－１(ｎ) に対して、両辺を ｋ 倍する。（最高次の係数が１になるようにする）

（２）　（１）で得られたものを、 ｎ に関して形式的に積分する。積分定数は、０ とする。

（３）　各項の係数の和が １ になるように、適宜 １ 次の項を付け加える。

　この操作により、Ｓｋ(ｎ) が得られる。


例　　Ｓ1(ｎ) ＝ (１/２)ｎ2＋(１/２)ｎ　、Ｓ2(ｎ) ＝ (１/３)ｎ3＋(１/２)ｎ2＋(１/６)ｎ であるが、

　Ｓ2(ｎ) は、Ｓ1(ｎ) から次のようにして得られる。


　まず、（１） から、　２・Ｓ1(ｎ) ＝ ｎ2＋ｎ　で、　（２）から、(１/３)ｎ3＋(１/２)ｎ2

　１－｛(１/３)＋(１/２)｝＝１/６　なので、　（３）から、(１/６)ｎ を付け加えて、

　Ｓ2(ｎ) ＝ (１/３)ｎ3＋(１/２)ｎ2＋(１/６)ｎ　　（　←　ぴったしカンカン！！）


例　　Ｓ2(ｎ) ＝ (１/３)ｎ3＋(１/２)ｎ2＋(１/６)ｎ 　、Ｓ3(ｎ) ＝ (１/４)ｎ4＋(１/２)ｎ3＋(１/４)ｎ2

であるが、Ｓ3(ｎ) は、Ｓ2(ｎ) から次のようにして得られる。


　まず、（１） から、　３・Ｓ2(ｎ) ＝ ｎ3＋(３/２)ｎ2＋(１/２)ｎ　で、（２）から、

　(１/４)ｎ4＋(１/２)ｎ3＋(１/４)ｎ2

　１－｛(１/４)＋(１/２)＋(１/４)｝＝０　なので、　（３）で、付け加える項はない。

　よって、　　Ｓ3(ｎ) ＝ (１/４)ｎ4＋(１/２)ｎ3＋(１/４)ｎ2　　（　←　ぴったしカンカン！！）


（コメント）　ｋ が奇数の時、Ｓk’(ｎ)＝ｋ・Ｓｋ-1(ｎ) が成り立つので、たとえば、ｋ＝３　のとき、

　Ｓ3’(ｎ)＝３・Ｓ2(ｎ)　が成り立つ。　Ｓ2(ｎ) ＝ (１/３)ｎ3＋(１/２)ｎ2＋(１/６)ｎ　なので、

　Ｓ3’(ｎ) ＝ ｎ3＋(３/２)ｎ2＋(１/２)ｎ　となるが、両辺を積分して、

　Ｓ3(ｎ) ＝ (１/４)ｎ4＋(１/２)ｎ3＋(１/４)ｎ2＋Ｃ　（Ｃ は積分定数）

　ここで、Ｓ3(１) ＝ １　なので、　Ｃ＝０　でなければならない。

　よって、　Ｓ3(ｎ) ＝ (１/４)ｎ4＋(１/２)ｎ3＋(１/４)ｎ2


　このように、ｋ が奇数の時は、不定積分と初期条件（？） Ｓｋ(１) ＝ １ という事実から、
Ｓｋ(ｎ) を決定することができるが、ｋ が偶数の時は、上記のような漸化式が存在しないの
で、積分で Ｓｋ(ｎ) を決定することは無理だろうと諦めていた。今回、Ｓ さんの鮮やかな方
法（特に、（３）！）に大きな感動を覚えました。


　ここで、Ｓ さんの方法を若干検証しておこうと思う。

　Ｓｋ(ｎ)＝１ｋ＋２ｋ＋３ｋ＋ ・・・ ＋ｎｋ　において、　

　Ｓｋ(ｎ)－Ｓｋ(ｎ－１) ＝ ｎｋ　、　Ｓｋ(１) ＝ １

という関係式が本質的である。

　 上式は、 ｎ の恒等式なので、上式により、 ｎ の多項式 Ｓｋ(ｎ) は一意的に決定される。

　ところで、ｎ の多項式 Ｓｋ(ｎ) は特徴ある性質を持っている。

上式において、　ｎ＝１　とおいてみると、　Ｓｋ(１)－Ｓｋ(０) ＝ １　で、Ｓｋ(１)＝１　から、

Ｓｋ(０)＝０　が成り立つとするのが自然だろう。

　これは、Ｓｋ(ｎ) が定数項を持たないことを意味する。

　すなわち、Ｓｋ(ｎ) は、ｎ で割り切れる。

さらに、ｎ＝０　とおいてみると、　Ｓｋ(０)－Ｓｋ(－１) ＝ ０　で、Ｓｋ(０)＝０　から、

Ｓｋ(－１)＝０　が成り立つとするのが自然だろう。

　これは、Ｓｋ(ｎ) が、ｎ＋１ で割り切れることを意味する。

したがって、任意の ｋ に対して、Ｓｋ(ｎ) は、ｎ（ｎ＋１） で必ず割り切れる。


　ところで、上記の関係式を形式的に ｎ で微分すると、

　Ｓｋ’(ｎ)－Ｓｋ’(ｎ－１) ＝ ｋ・ｎｋ－１　　より、　Ｓｋ’(ｎ)/ｋ－Ｓｋ’(ｎ－１)/ｋ ＝ ｎｋ－１

　このとき、　Ｓｋ’(ｎ)/ｋ が、Ｓｋ－１(ｎ) と何らかの関係があることは上述のことから予想
される。

　ここで、ｎ＝１　のとき、Ｓｋ’(１)/ｋ ＝１ が成り立つとは一般に言えないので、適当な定
数 ａ　を定めることにより、

　Ｓｋ’(１)/ｋ ＋ ａ ＝ １

となるようにできる。　ｎ＝１　のとき、上式が成り立つということは、ｎ＝０　のとき、０にな
らなければいけないので、定数 ａ は、Ｓｋ’(ｎ)/ｋ の定数項を打ち消すようにおけばよい。

　このとき、　Ｓｋ－１(ｎ) ＝Ｓｋ’(ｎ)/ｋ ＋ ａ　である。

これより、　ｋ・Ｓｋ－１(ｎ) ＝Ｓｋ’(ｎ) ＋ ａｋ　・・・　（１）の手順

　ｋ・∫Ｓｋ－１(ｎ)ｄｎ＝Ｓｋ(ｎ) ＋ ａｋｎ　・・・　（２）の手順

よって、　Ｓｋ(ｎ)＝ｋ・∫Ｓｋ－１(ｎ)ｄｎ ＋ ａｋｎ　において、

　　Ｓｋ(１)＝１　となるように、 ａ の値を定める。　・・・　（３）の手順

以上の手順から、確かに、Ｓｋ(ｎ) が求められるわけである。


例　Ｓ4(ｎ) ＝ (１/５)ｎ5＋(１/２)ｎ4＋(１/３)ｎ3－(１/３０)ｎ　から、Ｓ5(ｎ)　を求めてみるのも
　楽しい！

　５Ｓ4(ｎ)＝ｎ5＋(５/２)ｎ4＋(５/３)ｎ3－(１/６)ｎ　を積分して、

　(１/６)ｎ6＋(１/２)ｎ5＋(５/１２)ｎ4－(１/１２)ｎ2

　１－（(１/６)＋(１/２)＋(５/１２)－(１/１２)）＝０　より、

　Ｓ5(ｎ)＝(１/６)ｎ6＋(１/２)ｎ5＋(５/１２)ｎ4－(１/１２)ｎ2


（コメント）　Ｓ さんからいただいた資料を参考に話を展開したが、上記のような理解でいい
　　　　　　のかどうか少し不安である。是非 Ｓ さんの検証をお願いしたいと思う。


　このように、単に、１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２　という認識しかないと、つまらない
公式も、１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝(１/２)ｎ2＋(１/２)ｎ　という見方もあることに気がつくと、俄然
公式が光り輝いて見える。因数分解されたものは美しいが、ただそれだけである。


（追記）　平成１９年１１月２２日付け

　上記の計算をさらに実行して、

　Ｓ6(ｎ)＝(１/７)ｎ7＋(１/２)ｎ6＋(１/２)ｎ5－(１/６)ｎ3＋(１/４２)ｎ

　Ｓ7(ｎ)＝(１/８)ｎ8＋(１/２)ｎ7＋(７/１２)ｎ6－(７/２４)ｎ4＋(１/１２)ｎ2

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　このとき、　Ｓ5(ｎ)＋Ｓ7(ｎ)＝２｛Ｓ1(ｎ)｝4

という美しい関係式が成り立つ。（ひたすら計算すると確かめられる！）

　この関係式は、ヤコビ（1804～1851）により発見されたものだという。


（追記）　平成２１年６月４日付け

　上記の関係式について、ＨＮ「ポルテ」さんより、階差を利用した証明法をご教示いただい
た。ポルテさんに感謝します。

　（ｋ＋１）4－（ｋ－１）4＝８ｋ3＋８ｋ　であることを利用して、

　ｋ4・｛（ｋ＋１）4－（ｋ－１）4｝＝ｋ4・（８ｋ3＋８ｋ）＝８（ｋ5＋ｋ7）

すなわち、　｛ｋ（ｋ＋１）｝4－｛ｋ（ｋ－１）｝4＝８（ｋ5＋ｋ7）　が成り立つ。

　そこで、　ａｎ＝｛ｎ（ｎ＋１）｝4　とおくと、上式より、ｋ5＋ｋ7＝（ａｋ－ａｋ-1）/８

よって、　Ｓ5(ｎ)＋Ｓ7(ｎ)＝（ａｎ－ａ0）/８＝｛ｎ（ｎ＋１）｝4/８＝２｛Ｓ1(ｎ)｝4


（コメント）　ひたすら計算すると思っていたら、上記のような簡明な解法があるのですね。感
　　　　　　動しました。ポルテさんによれば、階差を利用してΣ計算が綺麗に解ける問題は
　　　　　　とても爽快だとのこと。私も同感です！


　ポルテさんの手法を用いると、１ から ｎ までの自然数の立方の和の公式

　　　１3＋２3＋３3＋・・・＋ｎ3 ＝ｎ2（ｎ＋１）2/４

の証明が簡単にできることを、ＨＮ「ＦＮ」さんよりご教示いただいた。
（平成２２年４月１５日付け．．．泊まり込みの出張で直ぐレス出来ませんでしたｆ(^^;)。）

　ＦＮさんによれば、この公式の証明の中で、最も簡単な証明の一つだという。その簡明さ
に私も感動しました。ＦＮさんに感謝します。

（証明）　（ｋ＋１）2－（ｋ－１）2＝４ｋ　であることを利用して、

　ｋ2・｛（ｋ＋１）2－（ｋ－１）2｝＝４ｋ3　即ち、｛ｋ（ｋ＋１）｝2－｛ｋ（ｋ－１）｝2＝４ｋ3

が成り立つ。　ｋ に１，２，・・・，ｎ　を代入し、 ｎ 個の式を辺々加えて示される。（証終）


　さらに、当ＨＰがいつもお世話になっているＳ（Ｈ）さんから類題を提起いただいた。Ｓ（Ｈ）さ
んに感謝します。

　Ｓ5(ｎ)＋１０Ｓ7(ｎ)＋５Ｓ9(ｎ)＝１６｛Ｓ1(ｎ)｝5

　これも、ポルテさんよりご教示いただいた階差の手法を用いれば容易だろう。

　（ｋ＋１）5－（ｋ－１）5＝２（１＋１０ｋ2＋５ｋ4）　であることを利用して、

　ｋ5・｛（ｋ＋１）5－（ｋ－１）5｝＝２ｋ5・（１＋１０ｋ2＋５ｋ4）＝２（ｋ5＋１０ｋ7＋５ｋ9）

即ち、　｛ｋ（ｋ＋１）｝5－｛ｋ（ｋ－１）｝5＝２（ｋ5＋１０ｋ7＋５ｋ9）　が成り立つ。

　そこで、　ａｎ＝｛ｎ（ｎ＋１）｝5　とおくと、上式より、ｋ5＋１０ｋ7＋５ｋ9＝（ａｋ－ａｋ-1）/２

よって、Ｓ5(ｎ)＋１０Ｓ7(ｎ)＋５Ｓ9(ｎ)＝（ａｎ－ａ0）/２＝｛ｎ（ｎ＋１）｝5/２＝１６｛Ｓ1(ｎ)｝5

が成り立つ。


　上記の２例から察するに、左辺が与えられて、それを計算した結果、右辺となるのではなく、
逆に、右辺から左辺が自然に導かれるようだ。


（追記）　階差数列の一般項の計算で、次の数列の和の公式

　　１2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2 ＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６

よりも、むしろ、次の和の公式：１2＋２2＋３2＋・・・＋（ｎ－１）2 ＝ｎ（ｎ－１）（２ｎ－１）/６

の方が多用される。このとき、　ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）－ｎ（ｎ－１）（２ｎ－１）＝６ｎ2

という等式の存在に気づかされる。このことから、次の積分の等式

　　

の成り立つことが分かる。（両辺を、ｋ に関して微分してみるとよい。）


　したがって、「１ から ｎ までの自然数の立方の和」について、積分を用いた新しい証明
法を得ることができる。すなわち、　

　

において、

　

より、

　

したがって、　１3＋２3＋３3＋・・・＋ｎ3 ＝ｎ2（ｎ＋１）2/４　が成り立つ。


（追記）　平成２１年６月２日付け

　「自然数の和」や「平方数の和」を求める場合に定積分を用いる手法は新鮮である。

　たとえば、「自然数の和」を求める場合は、　Ｆ1(ｘ)＝ｘ＋１/２　について、

　

となることから、

　


　ところで、Ｆ1(ｘ)＝ｘ＋１/２　は次のようにして求められる。

　１次式　Ｆ1(ｘ)＝ａｘ＋ｂ　について、

　

が成り立つものとして、両辺を ｋ で微分すると、　ａｋ＋ｂ－｛ａ（ｋ－１）＋ｂ｝＝１

　これより、　ａ＝１　である。このとき、定積分の計算から、

　ｋ－１/２＋ｂ＝ｋ　より、　ｂ＝１/２

よって、条件式を満たす１次式　Ｆ1(ｘ)　は、　Ｆ1(ｘ)＝ｘ＋１/２　と確定する。

　同様にして、２次式　Ｆ2(ｘ)＝ａｘ2＋ｂｘ＋ｃ　について、

　

が成り立つものとして、両辺を ｋ で微分すると、

　ａｋ2＋ｂｋ＋ｃ－｛ ａ（ｋ－１）2＋ｂ（ｋ－１）＋ｃ｝＝２ｋ

よって、　　２ａｋ－ａ＋ｂ＝２ｋ　より、　ａ＝ｂ＝１

　このとき、定積分の計算から、　ｋ2＋ｃ－１/６＝ｋ2　より、　ｃ＝１/６

よって、条件式を満たす２次式　Ｆ2(ｘ)　は、　Ｆ2(ｘ)＝ｘ2＋ｘ＋１/６　と確定する。

　この　Ｆ2(ｘ)＝ｘ2＋ｘ＋１/６　を用いて、

　

と、平方の和が求められる。


（追記）　当ＨＰ読者のＳ．Ｙさんから、上記の話題についてメールにてご投稿いただいた。
　　　　（平成２９年１０月２３日付け）

　道具としてxの関数 X[n](x) を以下のように定義します。

　X[n](x)=x^n - (x-1)^n (nは自然数)

　これを形式的に、X^n = x^n -(x-1)^n と表し、形式的なXのn次式と呼ぶことにします。
(実際は x のn-1次式です)

　以下、∫は、x=0 からx までの積分、Σは、x=1 から n までの和とします。

　このとき、次の式が成り立ちます。

（１）　X=x-(x-1)=1
（２）　∫ X^n dx = 1/(n+1){X^(n+1)+(-1)^(n+1)}
（３）　Σ X^m = n^m

　（２）の補足 (xとXに注意してください)

∫ X^n dx
=1/(n+1)[x^(n+1)-(x-1)^(n+1)] [0,x]
=1/(n+1){x^(n+1)-(x-1)^(n+1)-0+(-1)^(n+1)}
=1/(n+1){X^(n+1)+(-1)^(n+1)}

　（３）の補足

Σ X^m =Σ[1,n]{x^m -(x-1)^(m-1)}= n^m

　x^m をXの形式的なm+1次式で表すことができれば、（３）より和の式が求まります。

例えば、x=1/2 X^2 + 1/2 X　⇔ Σx =1/2 n^2 + 1/2 n などです。

　順に、和の式を求めていきます。

x =∫ 1 dx =∫ X dx [（１）より]=1/2 (X^2 +1) [（２）より]=1/2 X^2 + 1/2
　=1/2 X^2 + 1/2X [（１）より] …（４）

　∴ Σx = 1/2 n^2 +1/2 n [（３）より]

さらに、

x^2=∫ 2x dx =∫ (X^2+X) dx [（４）より]=1/3 (X^3-1)+1/2 (X^2 +1) [（２）より]
　 =1/3 X^3 +1/2 X^2 + 1/6=1/3 X^3 +1/2 X^2 + 1/6X [（１）より] …（５）

　∴ Σx^2=1/3 n^3+ 1/2 n^2 +1/6 n [（３）より]

続けて、

x ^3= ∫ 3x^2 dx =∫ (X^3 +3/2X^2 +1/2X) dx [（５）より]
　　=1/4 (X^4+1)+1/2 (X^3-1)+1/4 (X^2+1) [（２）より]=1/4X^4 +1/2 X^3 +1/4 X^2 …（６）

　∴ Σx^3=1/4n^4 +1/2 n^3 +1/4 n^2 [（３）より]

　４乗の和を求めると、(説明略)

x ^4= ∫ 4x^3 dx =∫ (X^4 +2X^3 +X^2) dx =1/5 (X^5-1)+1/2 (X^4+1)+1/3 (X^3-1)
　　=1/5X^5 +1/2 X^4 +1/3 X^3-1/30=1/5X^5 +1/2 X^4 +1/3 X^3-1/30X

　∴ Σx^4=1/5n^5 +1/2 n^4 +1/3 n^3-1/30n

　一般に、m≧0 の整数について、x^m = S[m](X) (Xの形式的なm+1 次式) とおくと、

(イ)　Σx^m=S[m](n) が成り立つ。

(ロ)　x^m = ∫ mx^(m-1) dx より、S[m](X)= m ∫ S[m-1](X) dx を満たす。

(ハ)　S[0](X)=1=X から、x^m =S[m](X)=m ! ∫∫… X (dx)^m と表すことができる。

　これらの積分は（１）、（２）、（３）を用いて行う。

　（１）の X=1 が ポイントだったと思いました。

（補足１）　x^m =m ! ∫∫… (dx)^m とも表せる。

（補足２）　x^m =S[m](X) の左辺にx = 1 を代入すると1 になる。
　　　　　また、右辺の各項 の X^k=X[k](x)=x^k -(x-1)^kにx=1を代入すると X[k](1)=1
　　　　　X=1 より S[m](X)= a[m+1] X^(m+1)+… +CX の形になり、Cは mS[m-1](X) を形式
　　　　　的な不定積分をして(最後の項は …CX) 、x =1 (すなわちX^k=1)を代入して決定して
　　　　　もよい。(Sさんの解法の根拠になります。)


（コメント）　解法が奇麗ですね！Ｓ．Ｙさんに感謝します。


（追記）　平成１９年３月７日付け

　上記で、　　ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）－ｎ（ｎ－１）（２ｎ－１）＝６ｎ2　　という等式の存在が
脚光を浴びたが、この等式を背景とする問題が平成１９年度筑波大学前期入試で出題され
た。筑波大学は毎年質の高い入試問題を出題するという点でいつも注目している！

筑波大学前期（２００７）

（１）　一般項 ａn が、　ａｎ3＋ｂｎ2＋ｃｎ　で表される数列 ｛ ａn ｝において、

　　ｎ2＝ａn＋1－ａn　　（ｎ＝１、２、３、・・・）

が成り立つように、定数 ａ 、 ｂ 、 ｃ を定めよ。

（２）　（１）の結果を用いて、

　

となることを示せ。　（（３）は略）


　上記の等式によれば、（１）は、　ａ＝１/３　、　ｂ＝－１/２　、　ｃ＝１/６　と即答だろう！

（ただし、入試問題の答案としては、恒等式の性質を用いてきっちり論述しないと点数には
ならないかもしれない。）

　（２）も、問題の背景に、　ｎ≧１　に対して

　

ということが分かっていれば、

　（ａ2－ａ1）＋（ａ3－ａ2）＋・・・（ａn＋1－ａn）＝ａn＋1－ａ1＝ａn＋1

から、明らかに等式が成り立つ訳だが、やはり、ここもグッと堪えて、細々とした計算を答
案に示してあげないと合格点はつかないだろう。


（追記）　平成２２年３月１４日付け

　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＧＡＩ」さんが、「ただひたすらの方法」と題して
「１ から １０ までの自然数の１０乗の和」について、ひたすら紙と鉛筆だけを使用し、
手間暇かけて求めていく方法について、平成２２年３月１０日付けで当ＨＰの掲示板「出
会いの泉」に書き込まれたものを紹介したいと思う。


計算手法のコツ

　次の２つの公式もどきを覚えておく。

＜公式１＞　１k＋２k＋３k＋･･･＋ｎk＝｛（ｎ＋１＋Ｂ）k+1－Ｂk+1｝/（ｋ＋１）

＜公式２＞　Ｂｎ は　（Ｂ＋１）k＝Ｂk　の展開式　（ｋ＞１）から漸次決定していく。


　実際の計算は次のように行う。

（１）　まず、公式２ において、ｋ＝２ とし、（Ｂ＋１）2＝Ｂ2　を展開して、Ｂ1＝－１/２

　同様に、　（Ｂ＋１）3＝Ｂ3　を展開して、Ｂ2＝１/６

　（Ｂ＋１）4＝Ｂ4　を展開して、Ｂ3＝０

　（Ｂ＋１）5＝Ｂ5　を展開して、Ｂ4＝－１/３０

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　これを地道に続けていくと、ベルヌーイ数が出現する。

Ｂ5＝０　、Ｂ6＝１/４２　、Ｂ7＝０　、Ｂ8＝－１/３０　、Ｂ9＝０　、Ｂ10＝５/６６　、・・・

　そこで、試しに、公式１を用いて、自然数の平方の和を求めてみよう。

　１2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2

＝｛（ｎ＋１＋Ｂ）3－Ｂ3｝/３

＝｛（ｎ＋１）3＋３（ｎ＋１）2Ｂ＋３（ｎ＋１）Ｂ2｝/３

＝（ｎ＋１）｛２（ｎ＋１）2－３（ｎ＋１）＋１｝/６＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６

　同様の計算を、

　　１10＋２10＋３10＋・・・＋１０10＝｛（１１＋Ｂ）11－Ｂ11｝/１１

について行えばよい。

　｛（１１＋Ｂ）11－Ｂ11｝/１１

＝１１10＋１１10Ｂ＋５・１１9Ｂ2＋１５・１１8Ｂ3＋３０・１１7Ｂ4＋４２・１１6Ｂ5
　＋４２・１１5Ｂ6＋３０・１１4Ｂ7＋１５・１１3Ｂ8＋５・１１2Ｂ9＋１１Ｂ10

＝１１10－１１10/２＋５・１１9/６－１１7＋１１5－１１3/２＋５/６

＝１１10/２＋５・１１9/６－１１7＋１１5－１１3/２＋５/６

　ここで、　１１10＝２５９３７４２４６０１　、１１9＝２３５７９４７６９１　、１１7＝１９４８７１７１

１１5＝１６１０５１　、１１3＝１３３１　なので、代入して計算すると、

１４，９１４，３４１，９２５　となる。


（コメント）　上記の計算の検証に、Ｅｘｃｅｌ さんのお世話になりました．．．ｆ(^^;)


　また、上記の計算に次のホームページを参考にさせていただきました。

　数学的思考と科学的思考　(１９９８年２学期　木曜１限)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　ベルヌーイ数のはなし　－整数のべき乗の和と交代順列－
（兵庫教育大学の大学院生向けの講義録）　兵庫教育大学自然系数学　松山　廣　教授


　また、ＧＡＩ さんの解法とは違って、Ｓさんの手法を活用して、順次

　Ｓ1(ｎ) ＝ (１/２)ｎ2＋(１/２)ｎ

　Ｓ2(ｎ) ＝ (１/３)ｎ3＋(１/２)ｎ2＋(１/６)ｎ

　Ｓ3(ｎ) ＝ (１/４)ｎ4＋(１/２)ｎ3＋(１/４)ｎ2

　Ｓ4(ｎ) ＝ (１/５)ｎ5＋(１/２)ｎ4＋(１/３)ｎ3－(１/３０)ｎ

　Ｓ5(ｎ)＝(１/６)ｎ6＋(１/２)ｎ5＋(５/１２)ｎ4－(１/１２)ｎ2

　Ｓ6(ｎ)＝(１/７)ｎ7＋(１/２)ｎ6＋(１/２)ｎ5－(１/６)ｎ3＋(１/４２)ｎ

　Ｓ7(ｎ)＝(１/８)ｎ8＋(１/２)ｎ7＋(７/１２)ｎ6－(７/２４)ｎ4＋(１/１２)ｎ2

　Ｓ8(ｎ)＝(１/９)ｎ9＋(１/２)ｎ8＋(２/３)ｎ7－(７/１５)ｎ5＋(２/９)ｎ3－(１/３０)ｎ

　Ｓ9(ｎ)＝(１/１０)ｎ10＋(１/２)ｎ9＋(３/４)ｎ8－(７/１０)ｎ6＋(１/２)ｎ4－(３/２０)ｎ2

　Ｓ10(ｎ)＝(１/１１)ｎ11＋(１/２)ｎ10＋(５/６)ｎ9－ｎ7＋ｎ5－(１/２)ｎ3＋(５/６６)ｎ

と、ほぼ機械的に求められるので、こちらを利用してもいいだろう。

　このとき、　Ｓ10(１０)＝１４，９１４，３４１，９２５　であることが分かる。


　自然数のべき乗和の式について、ＧＡＩ さんから問題提起です。（平成２４年１月２９日付け）

　S(ｋ)＝１k＋２k＋３k＋・・・＋ｎk　を表す式は、それぞれ公式として記述されているが、これ
らには、次の性質が成り立つことを知りました。

　ｋ：奇数の場合　→　S(ｋ)は、S(１)の多項式で表される。

　ｋ：偶数の場合　→　S(ｋ)は、S(２)で割れ、その商は、また、S(1)の多項式で表される。

　これを、具体的に式にしてみました。ただし、表記が便利なように、A＝S(１)、B＝S(２)で表
します。

　S(３)＝A2
　S(４)＝(６A－１)B/５
　S(５)＝(４A－１)A2/３
　S(６)＝(１２A2－６A＋１)B/７
　S(７)＝(６A2－４A＋１)A2/３
　S(８)＝(４０A3－４０A2＋１８A－３)B/１５
　S(９)＝(２A－１)(８A2－６A＋３)A2/５
S(１０)＝(２A－１)(２４A3－２８A2＋２０A－５)B/１１
　　・・・・・・・・・・・・・・・

　これらを一般的に表せる式として作れないものでしょうか？ご存知の方はお知らせ下さい。


　よおすけさんからのコメントです。（平成２４年１月２９日付け）

　上記に、ある程度のことは書かれていると思います。または、「お気に入り集」から、らす
かるさんのサイト「ｋ乗和の公式」に行くか…。


　空舟さんからのコメントです。（平成２４年１月３０日付け）

　ｋ：奇数の場合　→　S(ｋ)は、S(１)の多項式で表される。
　ｋ：偶数の場合　→　S(ｋ)は、S(２)で割れ、その商は、また、S(1)の多項式で表される。

という性質は、S(ｋ)＝f(ｎ) が、　f(ｎ＋１)－f(ｎ)＝（ｎ＋１）k　、f(０)＝０　を満たすこと等を考え
ると証明できました。それほど難しくないと思いますのでぜひ考察を．．．。

　これらを一般的に表せる式というのは難しそうですが、検索してみると、ベルヌーイ数とい
う数を使って、一般的に、（ｎの多項式としてですが）表す方法があるそうです。


　Ｓ（Ｈ）さんからのコメントです。（平成２４年１月３０日付け）

　あの「Donald E. Knuth」先生が、関連して；

　「Johann Faulhaber and Sums of Powers」、「Johann Faulhaber」、「数列の和」

（追伸）　Σ計算をぐっと睨んで、個別に、例えば、169+269+・・・+n69 からＳ（７０）

　また、Ｓ（１５）　、Ｓ（１７）　、・・・、Ｓ（１６９）　をぐっと睨んで。


　当ＨＰの読者のＫＳさんより、平成２４年７月２８日付けで累乗和の公式について、メールを
頂いた。

（１）　ベルヌーイの公式を利用

　　１ｋ＋２ｋ＋３ｋ＋・・・＋（ｎ－１）ｋ

＝｛（ｎｋ+1＋ｋ+1Ｃ1Ｂ1ｎｋ＋・・・＋ｋ+1ＣｋＢｋｎ｝/（ｋ＋１）

＝｛（ｎ＋Ｂ）k+1－Ｂk+1｝/（ｋ＋１）　（←　形式的表記）

　ただし、　Ｂ0＝１　、Σｋ=0～ｎ ｎ+1ＣｋＢｋ＝０　（ｎ＝１、２、３、・・・）

　上記で計算したように、順次　（Ｂ＋１）ｎ＝Ｂｎ　を展開することにより、ベルヌーイ数が得
られる。

Ｂ0＝１　、Ｂ1＝－１/２　、Ｂ2＝１/６　、Ｂ3＝０　、Ｂ4＝－１/３０　、Ｂ5＝０　、Ｂ6＝１/４２

Ｂ7＝０　、Ｂ8＝－１/３０　、Ｂ9＝０　、Ｂ10＝５/６６　、・・・

　ベルヌーイ数を用いて、

　ｘｅｘ/（ｅｘ－１）＝Σｎ=0～∞ Ｂｎｘｎ/ｎ！

　Σｍ=0～ｎ ｍｋ＝Σｍ=0～ｋ ｋＣｍＢｍ・（ｎ＋１）ｋ+1-ｍ/（ｋ＋１－ｍ）


例　ｋ＝３　のとき、

Σｍ=0～ｎ ｍ3

＝Σｍ=0～3 3ＣｍＢｍ・（ｎ＋１）4-ｍ/（４－ｍ）

＝Ｂ0・（ｎ＋１）4/４＋3Ｃ1Ｂ1・（ｎ＋１）3/３＋3Ｃ2Ｂ2・（ｎ＋１）2/２＋3Ｃ3Ｂ3・（ｎ＋１）

＝（ｎ＋１）4/４－（ｎ＋１）3/２＋（ｎ＋１）2/４


（２）　微分の利用

　Ｓk’(ｎ)＝ｋ・Ｓｋ-1(ｎ)＋Ｓk’(０)　　ただし、　Ｓk’(０)＝Ｂｋ

　下位の次数から積分し、積分定数を　Ｓk(１)＝１　により確定する。また、ベルヌーイ数

Ｂｋ＝０　（ｋは３以上の奇数）　を利用する。


（コメント）　類似の計算が上記にあるので参考にしてください。　


（３）　階乗関数

　係数が、第一スターリング数から、第二スターリング数にかわる昇階乗のときは、符号が
交互になる。

　[Ｘ]ｋ＝Ｘ（Ｘ＋１）・・・（Ｘ＋ｋ－１）　、　[Ｘ]ｋ＝Ｘ（Ｘ－１）・・・（Ｘ－ｋ＋１）

　Σｘ=1～ｎ[Ｘ]ｋ＝[ｎ]ｋ+1/（ｋ＋１）　、　Σｘ=1～ｎ[Ｘ]ｋ＝[ｎ]ｋ+1/（ｋ＋１）

　[Ｘ]n＝Σｋ=0～ｎ ｎＣｋＸｋ　、　[Ｘ]n＝Σｋ=0～ｎ (－１）ｎ-ｋｎＣｋＸｋ

　Ｘn＝Σｋ=0～ｎ (－１）ｎ-ｋｎＣｋ[Ｘ]ｋ　、　Ｘn＝Σｋ=0～ｎ ｎＣｋ[Ｘ]ｋ

　Σｘ=1～ｎＸｋ＝Σｋ=0～ｎ (－１）ｎ-ｋｎＣｋ[ｎ]ｋ/（ｋ＋１）

　Σｘ=1～ｎＸｋ＝Σｋ=0～ｎ ｎＣｋ[ｎ＋１]ｋ/（ｋ＋１）


（４）　連立方程式の利用（展開式）

　Σｍ=1～ｎ ｍｋ＝ａ・ｎｋ+1＋ｂ・ｎｋ＋・・・＋ｃ　とおいて、ｎ＝１、２、・・・、ｋ＋１を代入し、ａ、

ｂ、・・・、ｃの連立方程式を解く。


（５）　教科書にある方法

（ｎ＋１）ｋ－ｎｋ＝ｋ・ｎｋ-1＋・・・＋１

ｎｋ－（ｎ－１）ｋ＝ｋ・（ｎ－１）ｋ-1＋・・・＋１

　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

２ｋ－１ｋ＝ｋ・１＋・・・＋１

辺々加えて、　（ｎ＋１）ｋ－１＝ｋΣｍ=1～ｎ ｍｋ-1＋・・・＋ｎ

　後は、ｋ－１乗以下の和の公式を利用する。


（６）　ファウルハーバーの定理

　χ＝ｎ（ｎ＋１）/２　とおくと、

Σｒ≧1 ｋ2r+1＝（ａχｒ+1＋・・・＋ｂχ2の形）

Σｒ≧1 ｋ2r＝（２ｎ＋１）（ａχｒ＋・・・＋ｂχの形）


（７）　高階差分法を利用（組合せの数で表現する）

　Σｋ=1～ｎ ｋ3＝ｎＣ1＋７・ｎＣ2＋１２・ｎＣ3＋６・ｎＣ4

ただし、係数は、

　ｎＤｒ＝ｎ-1Ｄｒ-1＋ｒ・ｎ-1Ｄｒ　、ｎＤ0＝１　、ｎＤｎ＝ｎ！　、ｎＤｒ＝０　（ｎ＜ｒ）


（８）　組合せの数（Ｃ）で対称的に表現する。

　オイラーの係数で与えられる。

ｎ2＝ｎＣ1＋２・ｎＣ2＝ｎ+1Ｃ2＋ｎＣ2　より、　Σｋ=1～ｎ ｋ2＝ｎ+2Ｃ3＋ｎ+1Ｃ3

ｎ3＝ｎＣ1＋６・ｎＣ2＋６・ｎＣ3＝ｎＣ3＋４・ｎ+1Ｃ3＋６・ｎ+2Ｃ3　より、

　Σｋ=1～ｎ ｋ3＝ｎ+1Ｃ4＋４・ｎ+2Ｃ4＋ｎ+3Ｃ4

ここで、　ｍＤｒ＝（ｍ＋１－ｒ）ｍ-1Ｄｒ-1＋ｒ・ｍ-1Ｄｒ　、ｍＤ1＝ｍＤｍ＝１　（オイラーの数）

このとき、　Σｍ=1～ｎ ｍｋ＝ｋＤ1・ｎ+1Ｃｋ+1＋ｋＤ2・ｎ+2Ｃｋ+1＋・・・＋ｋＤｋ・ｎ+ｋＣｋ+1


（９）　一番目と二番目次数はすぐにわかるので、他の係数は以下の比較で求めることがで
　　　きる


例　Σｋ=1～ｎ ｋ4＝ｎ5/５＋ｎ4/２＋ａｎ3＋ｂｎ2＋ｃｎ

　　＝（ｎ＋１）5/５－（ｎ＋１）4/２＋ａ（ｎ＋１）3＋ｂ（ｎ＋１）2＋ｃ（ｎ＋１）

を解いて、ａ＝１/３　、ｂ＝０　、ｃ＝－１/３０


　以上から、

　Σｋ=1～ｎ ｋ3＝（ｎ＋１）4/４－（ｎ＋１）3/２＋（ｎ＋１）2/４　　　（ベルヌーイ）

　　　（スターリング）

　Σｋ=1～ｎ ｋ3＝ｎＣ1＋７・ｎＣ2＋１２・ｎＣ3＋６・ｎＣ4　　　（スターリング）

　Σｋ=1～ｎ ｋ3＝ｎ+1Ｃ4＋４・ｎ+2Ｃ4＋ｎ+3Ｃ4　　　（オイラーの対称性）

　Σｋ=1～ｎ ｋ3＝ｎ4/４＋ｎ3/２＋ｎ2/４　　　（未定係数）

　Σｋ=1～ｎ ｋ3＝χ2　　　（ファウルハーバー）


（コメント）　Ｋ．Ｓ．さん、いつも投稿ありがとうございます。「ファウルハーバー」という名前は
　　　　　　初見でした！


（補足）　令和５年７月２４日付け

　上記では、差分の形で数列の和を求めることを種々行った。このことを一般化して、次の
ようなマニュアルがあることを最近知ることができた。

　連続するＮ個の整数の積を、ＧＮ（ｋ）＝ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）・・・（ｋ＋Ｎ－１）で表すとする。

　このとき、　Ｇ1（ｋ）＝ｋ、Ｇ2（ｋ）＝ｋ（ｋ＋１）、・・・　である。

　「整数値多項式」で示した等式 ： Ｆｎ＋１(Ｘ＋１)－Ｆｎ＋１(Ｘ)＝（ｎ＋１)Ｆｎ(Ｘ＋１)　から

　ＧＮ+1（ｋ）－ＧＮ+1（ｋ－１）＝（Ｎ＋１)ＧＮ(ｋ)

が成り立つ。


例　Ｎ＝１　のとき、　ｋ（ｋ＋１）－（ｋ－１）ｋ＝２ｋ

Ｎ＝２　のとき、　ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）－（ｋ－１）ｋ（ｋ＋１）＝３ｋ（ｋ＋１）

　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　この例からも分かるように、Σｋ、Σｋ2、・・・　の公式が順次得られる。

　また、ＧＮ+1（ｋ）－ＧＮ+1（ｋ－１）＝（Ｎ＋１)ＧＮ(ｋ)　において、

　ｋ＝１、２、・・・、ｎ　を順次代入し、辺々加えることにより、

ＧＮ+1（ｎ）－ＧＮ+1（０）＝（Ｎ＋１)（ＧＮ(１)＋ＧＮ(２)＋・・・＋ＧＮ(ｎ)）

　もちろん、ＧＮ+1（０）＝０　なので、

　Σｋ=1～ｎ ＧＮ(ｋ)＝ＧＮ+1（ｎ）/（Ｎ＋１)

が成り立つ。（何となく、不定積分の公式に似ていますね！）


　この公式を用いると、

Σｋ=1～ｎ ｋ＝Σｋ=1～ｎ Ｇ1(ｋ)＝Ｇ2（ｎ）/２＝ｎ（ｎ＋１）/２

Σｋ=1～ｎ ｋ（ｋ＋１）＝Σｋ=1～ｎ Ｇ2(ｋ)＝Ｇ3（ｎ）/３＝ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）/３

Σｋ=1～ｎ ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）＝Σｋ=1～ｎ Ｇ3(ｋ)＝Ｇ4（ｎ）/４＝ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）（ｎ＋３）/４

Σｋ=1～ｎ ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）（ｋ＋３）

　＝Σｋ=1～ｎ Ｇ4(ｋ)＝Ｇ5（ｎ）/５＝ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）（ｎ＋３）（ｎ＋４）/５

Σｋ=1～ｎ ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）（ｋ＋３）（ｋ＋４）

　＝Σｋ=1～ｎ Ｇ5(ｋ)＝Ｇ6（ｎ）/６＝ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）（ｎ＋３）（ｎ＋４）（ｎ＋５）/６

などが得られる。

よって、

Σｋ=1～ｎ ｋ2＝Σｋ=1～ｎ ｋ（ｋ＋１）－Σｋ=1～ｎ ｋ

＝ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）/３－ｎ（ｎ＋１）/２＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋４－３）/６＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６


Σｋ=1～ｎ ｋ3＝Σｋ=1～ｎ （ｋ－１）ｋ（ｋ＋１）＋Σｋ=1～ｎ ｋ

＝Σｋ=1～ｎ-1 ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）＋Σｋ=1～ｎ ｋ

＝（ｎ－１）ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）/４＋ｎ（ｎ＋１）/２＝ｎ2（ｎ＋１）2/４


Σｋ=1～ｎ ｋ4＝Σｋ=1～ｎ （ｋ4－ｋ2）＋Σｋ=1～ｎ ｋ2

＝Σｋ=1～ｎ （ｋ－１）ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）－２Σｋ=1～ｎ （ｋ－１）ｋ（ｋ＋１）＋Σｋ=1～ｎ ｋ2

＝Σｋ=1～ｎ-1 ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）（ｋ＋３）－２Σｋ=1～ｎ-1 ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）＋Σｋ=1～ｎ ｋ2

＝（ｎ－１）ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）（ｎ＋３）/５－（ｎ－１）ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）/２＋ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６

＝（ｎ－１）ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）（２ｎ＋１）/１０＋ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６

＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）（３ｎ2＋３ｎ－１）/３０


Σｋ=1～ｎ ｋ5＝Σｋ=1～ｎ （ｋ5－ｋ3）＋Σｋ=1～ｎ ｋ3

＝Σｋ=1～ｎ ｋ（ｋ＋１）（ｋ－１）（ｋ2－４＋４）＋Σｋ=1～ｎ ｋ3

＝Σｋ=1～ｎ （ｋ－２）（ｋ－１）ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）＋４Σｋ=1～ｎ （ｋ－１）ｋ（ｋ＋１）＋Σｋ=1～ｎ ｋ3

＝Σｋ=1～ｎ-2 ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）（ｋ＋３）（ｋ＋４）＋４Σｋ=1～ｎ-1 ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）＋Σｋ=1～ｎ ｋ3

＝（ｎ－２）（ｎ－１）ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）（ｎ＋３）/６＋（ｎ－１）ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）＋ｎ2（ｎ＋１）2/４

＝ｎ2（ｎ＋１）2（２ｎ2＋２ｎ－１）/１２


（追記）　平成２５年４月９日付け

　Ｓｋ(ｎ)＝１k＋２k＋３k＋･･･＋ｎk　について、名古屋大学で次のような問題が出題された。


名古屋大学　理系（２０１３）

　ｋ、ｍ、ｎは整数とし、ｎ≧１とする。ｎＣｋを二項係数として、Ｓｋ(ｎ)、Ｔｍ(ｎ)を以下のように
定める。

　Ｓｋ(ｎ)＝１k＋２k＋３k＋･･･＋ｎk　、Ｓｋ(１)＝１　（ｋ≧０）

　Ｔｍ(ｎ)＝ｍＣ1Ｓ1(ｎ)＋ｍＣ2Ｓ2(ｎ)＋ｍＣ3Ｓ3(ｎ)＋・・・＋ｍＣｍ-1Ｓｍ-1(ｎ)

　＝Σｋ=1～ｍ-1 ｍＣｋＳｋ(ｎ)　（ｍ≧２）

（１）　Ｔｍ(１)とＴｍ(２)を求めよ。

（２）　一般のｎに対して、Ｔｍ(ｎ)を求めよ。

（３）　ｐが３以上の素数のとき、Ｓｋ(ｐ－１)　（ｋ＝１、２、３、・・・、ｐ－２） は、ｐの倍数である
　　ことを示せ。

＃和の公式を導くときに出てくる式に関する問題で一見難しそうだが、頑張ってみる価値は
　ありそう．．．ということで、詳解に挑戦してみた。

（解）（１）　Ｔｍ(１)＝ｍＣ1Ｓ1(１)＋ｍＣ2Ｓ2(１)＋ｍＣ3Ｓ3(１)＋・・・＋ｍＣｍ-1Ｓｍ-1(１)

　＝ｍＣ1＋ｍＣ2＋ｍＣ3＋・・・＋ｍＣｍ-1

　＝ｍＣ0＋ｍＣ1＋ｍＣ2＋ｍＣ3＋・・・＋ｍＣｍ-1＋ｍＣｍ－（ｍＣ0＋ｍＣｍ）

　＝２ｍ－（１＋１）＝２ｍ－２

　Ｔｍ(２)＝ｍＣ1Ｓ1(２)＋ｍＣ2Ｓ2(２)＋ｍＣ3Ｓ3(２)＋・・・＋ｍＣｍ-1Ｓｍ-1(２)

　ここで、　Ｓｋ(２)＝１k＋２k＝１＋２k　なので、

　Ｔｍ(２)＝（ｍＣ1＋ｍＣ2＋ｍＣ3＋・・・＋ｍＣｍ-1）
　　　　　　＋ｍＣ1・２＋ｍＣ2・２2＋ｍＣ3・２3＋・・・＋ｍＣｍ-1・２ｍ-1

　＝（２ｍ－２）＋ｍＣ1・２＋ｍＣ2・２2＋ｍＣ3・２3＋・・・＋ｍＣｍ-1・２ｍ-1

　Ｘ＝ｍＣ1・２＋ｍＣ2・２2＋ｍＣ3・２3＋・・・＋ｍＣｍ-1・２ｍ-1　とおくと、

　Ｘ＝（１＋２）ｍ－ｍＣ0－ｍＣｍ・２ｍ＝３ｍ－１－２ｍ

　よって、　Ｔｍ(２)＝（２ｍ－２）＋３ｍ－１－２ｍ＝３ｍ－３

（２）　（１）より、Ｔｍ(ｎ)＝（ｎ＋１）ｍ－（ｎ＋１）　と類推される。この類推が正しいことを数学

　　的帰納法により示す。

　ｎ＝１　のとき、（１）より明らかに成り立つ。

　ｎ＝ｋ（ｋ≧１）のとき成り立つと仮定する。すなわち、Ｔｍ(ｋ)＝（ｋ＋１）ｍ－（ｋ＋１）

このとき、

　Ｔｍ(ｋ＋１)＝Σ ｋ=1～ｍ-1 ｍＣｋＳｋ(ｋ＋１)

＝Σ ｋ=1～ｍ-1 ｍＣｋ｛Ｓｋ(ｋ)＋（ｋ＋１）ｋ｝

＝Ｔｍ(ｋ)＋Σ ｋ=1～ｍ-1 ｍＣｋ（ｋ＋１）ｋ

＝Ｔｍ(ｋ)＋｛１＋（ｋ＋１）｝ｍ－１－（ｋ＋１）ｍ

＝（ｋ＋１）ｍ－（ｋ＋１）＋（ｋ＋２）ｍ－１－（ｋ＋１）ｍ＝（ｋ＋２）ｍ－（ｋ＋２）

　よって、ｎ＝ｋ＋１のときも成り立つ。

　以上から、すべての自然数ｎについて、　Ｔｍ(ｎ)＝（ｎ＋１）ｍ－（ｎ＋１）　が成り立つ。

（３）　Ｓｋ(ｐ－１)　（ｋ＝１、２、３、・・・、ｐ－２） は、ｐの倍数であるであることを、ｋについ

　ての数学的帰納法で示す。

　ｋ＝１　のとき、　Ｓ1(ｐ－１)＝１＋２＋・・・＋（ｐ－１）＝ｐ（ｐ－１）/２

　ここで、ｐは３以上の素数すなわち奇数であるので、（ｐ－１）/２は整数。

　よって、Ｓ1(ｐ－１)はｐの倍数である。

　ｋ＝１、２、３、・・・、ｑ　（ｑ≦ｐ－３）のとき、Ｓｋ(ｐ－１)はｐの倍数であると仮定する。

　Ｔｍ(ｎ)＝ｍＣ1Ｓ1(ｎ)＋ｍＣ2Ｓ2(ｎ)＋ｍＣ3Ｓ3(ｎ)＋・・・＋ｍＣｍ-1Ｓｍ-1(ｎ)

　　＝Σ ｋ=1～ｍ-1 ｍＣｋＳｋ(ｎ)　（ｍ≧２）

において、ｍ＝ｑ＋２、ｎ＝ｐ－１　とおくと、

　Ｔｑ+2(ｐ－１)＝ｑ+2Ｃ1Ｓ1(ｐ－１)＋ｑ+2Ｃ2Ｓ2(ｐ－１)＋・・・＋ｑ+2Ｃｑ+1Ｓｑ+1(ｐ－１)

　ここで、（２）より、Ｔｑ+2(ｐ－１)＝ｐｑ+2－ｐ　なので、

　ｑ+2Ｃｑ+1Ｓｑ+1(ｐ－１)＝ｐｑ+2－ｐ－（ｑ+2Ｃ1Ｓ1(ｐ－１)＋・・・＋ｑ+2ＣｑＳｑ(ｐ－１)）

　帰納法の仮定により、右辺は、ｐの倍数。すなわち、（ｑ＋２）Ｓｑ+1(ｐ－１)は、ｐの倍数。

　ここで、ｑ＋２≦ｐ－１　で、ｐ は素数なので、ｑ＋２ は、ｐ で割り切れない。

　よって、Ｓｑ+1(ｐ－１)は、ｐの倍数でなければならない。

　これは、ｋ＝ｑ＋１のときも命題が成り立つことを示す。

以上から、ｐが３以上の素数のとき、

　Ｓｋ(ｐ－１)　（ｋ＝１、２、３、・・・、ｐ－２） は、ｐの倍数である

ことが示された。　　（終）


　自然数の冪乗和計算について、ＧＡＩ さんからの続報です。（平成２７年６月１８日付け）

　　自然数の冪乗和公式を眺めていたら、

　奇数冪では、因数　n(n+1)　、偶数冪では、因数　n(n+1)(2n+1)

を共通に含むことから、

　奇数冪では、s[1]=1+2+3+･･･+n　、偶数冪では、s[2]=12+22+32+･･･+n2

だけを頼りに求まらないものかと挑戦してみました。（冪数が大きくなると公式も結構複雑）

　1+2+3+･･･+n=n(n+1)/2の値をｘとしたら、自然数の奇数冪の和

　s[r]=1r+2r+3r+･･･+nr　（rは奇数）

がｘの値を元に次の計算で求まる。

s[3]=ｘ2　、s[5]=(1/3)ｘ2(-1+4ｘ)　、s[7]=(1/3)ｘ2(1-4ｘ+6ｘ2)　、s[9]=(1/5)ｘ2(-1+2ｘ)(3-6ｘ+8ｘ2)
s[11]=(1/3)ｘ2(5-20ｘ+34ｘ2-32ｘ3+16ｘ4)
s[13]=(1/105)ｘ2(-691+2764ｘ-4720ｘ2+4592ｘ3-2800ｘ4+960ｘ5)
s[15]=(1/3)ｘ2(105-420ｘ+718ｘ2-704ｘ3+448ｘ4-192ｘ5+48ｘ6)
s[17]=(1/45)ｘ2(-10851+43404ｘ-74220ｘ2+72912ｘ3-46880ｘ4+21120ｘ5-6720ｘ6+1280ｘ7)
s[19]=(1/105)ｘ2(219335-877340ｘ+1500334ｘ2-1474592ｘ3
　　+950544ｘ4-433536ｘ5+145824ｘ6-35840ｘ7+5376ｘ8)
　　･････････

これも複雑といえば複雑だな～。これに関連させて、

　12+22+32+･･･+n2=n(n+1)(2n+1)/6 の値をyとしたとき、自然数の偶数冪の和

　s[s]=1s+2s+3s+･･･+ns　（sは偶数）

がyの値を元に計算できませんかね？いろいろ試みたんですが、頓挫しました。


　Ｓ（Ｈ）さんからのコメントです。（平成２７年６月１８日付け）

　ｘ = n (1 + n)/2、y = n (1 + n) (1 + 2 n)/6 として、Q(x，y)の元として、有理式で表現可能です！

　例えば、s[4]=(-7y + 972y3)/(5 (7 + 42ｘ + 144ｘ2))

s[6]=(5y - 22ｘｙ + 108ｙ3)/(7 (5 + 8ｘ))

s[8]=(-21y + 86ｘｙ - 360ｙ3 +  600ｘｙ3)/(5 (21 + 40ｘ))

s[10]=(2125y - 8550ｘｙ + 30420ｙ3 - 41040ｘｙ3 + 55728ｙ5 -31104ｘｙ5)/(11 (425 + 840ｘ - 576ｙ2))

s[10]= (1/44)(20y - 120ｘｙ + 315ｘ2y -  387ｙ3 + 216ｘｙ3)∈Q[ｘ，ｙ] とも書ける。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２７年６月１８日付け）

　ｘも用いていいなら、

s[4]=(6x-1)y/5　、s[6]=(12ｘ2-6ｘ+1)y/7　、s[8]=(40ｘ3-40ｘ2+18ｘ-3)y/15　、
s[10]=(2ｘ-1)(24ｘ3-28ｘ2+20ｘ-5)y/11

の方が遥かにスッキリです。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２７年６月１９日付け）

　確か以前、こんな事を考えたことがあったなと思いましたが、どうして出したか、今思い出
そうとしてもできませんでした。確かいろいろ苦労しながら一個ずつ求めていった記憶だけ
があります。あえて言えば、"アイデアル"を用いたです。

　ところで、S(H)さんが求められた式は複雑ですが、コンピュータで確認しますとどれもちゃ
んと　s[4]、s[6]、･･･、s[16] を満たしました。これらを求めるのに"イデアル"を利用されたと
のことですが、当方全くこの概念に疎くチンプンカンプンです。しかし、その威力は強烈であ
ることは感じられます。S(H)さんがこの結果を出されたのはとても手作業では有り得ず、何
らかのソフトを利用されたと推測します。もし、Mathematica、もしくは、PARI/GP のソフトで
この計算をさせるためには、どのようなコマンドでやったら可能なのかを教えてください。こ
れが自由自在に手に入れることができたら、活用範囲が一気に広がりそうです。


　Ｓ（Ｈ）さんからのコメントです。（平成２７年６月１８日付け）

失礼いたしました。

s[10]=(1/44) (20y - 120ｘｙ + 315ｘ2ｙ - 387ｙ3 + 216ｘｙ3)

s[12]=(-11056y + 66336ｘｙ - 176205ｘ2ｙ + 226485ｙ3 - 158760ｘｙ3 +  60480ｘ2ｙ3)/7280

s[14]=(1/320)(2240y - 13440ｘｙ + 35805ｘ2ｙ - 46533ｙ3 + 34344ｘｙ3 -17280ｘ2ｙ3 + 5184ｙ5)

s[16]=(1/21760)(-925952y + 5555712ｘｙ - 14811615ｘ2ｙ
　　　　　　　　　　+ 19302615ｙ3 - 14429880ｘｙ3 + 7767360ｘ2ｙ3 - 3058560ｙ5 + 622080ｘｙ5)


　Ｓ（Ｈ）さんからのコメントです。（平成２７年６月１９日付け）

　s：偶数の場合、例えば、s[2*3] は、　s[6]=(1 + 2n)(1/21)(ｘ - 6 ｘ2 + 12ｘ3)


　らすかるさんからのコメントです。（平成２７年６月１９日付け）

　ｘ=[(9y2)(1/3)/2]　（[　]はガウス記号）なので、

s[4]=(6[(9y2)(1/3)/2]-1)y/5
s[6]=(12[(9y2)(1/3)/2]^2-6[(9y2)(1/3)/2]+1)y/7
s[8]=(40[(9y2)(1/3)/2]^3-40[(9y2)(1/3)/2]^2+18[(9y2)(1/3)/2]-3)y/15
s[10]=(2[(9y2)(1/3)/2]-1)(24[(9y2)(1/3)/2]^3-28[(9y2)(1/3)/2]^2+20[(9y2)(1/3)/2]-5)y/11

のようには書けます。ガウス記号を使わずに、ｘをｙで厳密に表すと、

ｘ={{7776y2-1+72y√(11664y2-3)}(1/3)+{7776y2-1-72y√(11664y2-3)}(1/3)-1}/24

ですから、これを使えばガウス記号を使わずにも書けます。

　よって、例えば、s[4]をyで表すと

s[4]={{7776y2-1+72y√(11664y2-3)}(1/3)+{7776y2-1-72y√(11664y2-3)}(1/3)-5}y/20

のようになりますので、おそらく簡単な形にはならないでしょうね。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２７年６月１９日付け）

　ｘ、ｙの間に知るよしもないが、まず次の関係式があることに驚きました。
（自分も２つの間の関係式を探っていたんですが、わけの分からない３次方程式が出現していました。）

　ｘ=[(9y2)(1/3)/2]　（[　]はガウス記号）

　確かに、コンピュータで数値確認していくと、ピタリと一致するではありませんか。

　次の、ガウス記号を使わない場合も、一体どこからやってきたか検討もつきませんが、平
方根があるので、ｎを実数の世界で動かしてやはりコンピュータで超複雑計算をさせてみた
ら、中には、「29.99999」などど返すこともありますが、ｘの列と一致するものが出現しました。
全く想像もしていない関係式で繋がれるものだと二度驚きました。

　また、s[4]の式を見て、これでは覚えておく気になりませんから、もうこれ以上これに挑戦す
ることは時間の無駄であることがハッキリ認識できました。いつもモヤモヤをスッキリと払い
のけて下さるので有り難いです。


　らすかるさんからのコメントです。（平成２７年６月１９日付け）

　ｘとｙの関係式は、y=n(n+1)(2n+1)/6=x(2n+1)/3 から、

　9y2=ｘ2(4n2+4n+1)=ｘ2(8ｘ+1)=8ｘ3+ｘ2

となります。　8ｘ3＜8ｘ3+ｘ2＜8(x+1)3 から、8ｘ3＜9y2＜8(ｘ+1)3　より、ｘ3＜9y2/8＜(ｘ+1)3

　すなわち、　ｘ＜(9y2)(1/3)/2＜ｘ+1　なので、　ｘ=[(9y2)(1/3)/2]　となり、また、

　　8ｘ3+ｘ2-9y2=0

という三次方程式をゴリゴリ解いた結果が、

x={{7776y2-1+72y√(11664y2-3)}(1/3)+{7776y2-1-72y√(11664y2-3)}(1/3)-1}/24

です。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２７年６月１９日付け）

　この部分見直したら、　ｙ=ｘ(2n+1)/3　から、　n=3ｙ/ｘ-1　とやってしまっていた。
(n=(3y/ｘ-1)/2 だった！）

　これを、ｘ=n(n+1)/2　へ代入したので、8ｘ3+ｘ2-3ｙ2=0　になっていた。これを一応
３次方程式で解いたが（ここはコンピュータソフトのお世話になった。）余りにも複雑怪奇
な式が出現したので、ここから怖じ気づいた。でも計算ミスをしなくても、あのガウス記号
でｘを表現する技は思ってもできない。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２７年６月１９日付け）

　聞きたかったのは偶数冪の時のやり方の方でした。ちなみに、奇数冪の場合は次の様な
方法で求めました。

　恒等式 (k+1)2-(k-1)2=4k　より、両辺にk2を掛けて、　{(k+1)k}2-{k(k-1)}2=4k3

　この式に、k=1、2、3、･･･、n としたものを全て加えて、　{2s[1]}2=4s[3]

　よって　s[3]=s[1]2=x2･････①

　同様に、　(k+1)3-(k-1)3=2(1+3k2)　の両辺にk3を掛けて、{(k+1)k}3-{k(k-1)}3=2(k3+3k5)

　これから同様な手順で、　s[3]+3s[5]=4s[1]3=4x3･････②

以下、同じ手順を冪を一つずつ上げながら進むと、

　s[5]+s[7]=2s[1]4=2x4･････③　（ヤコビの関係式というらしい。）

　s[5]+10s[7]+5s[9]=16x5･････④

　3s[7]+10s[9]+3s[11]=16x6･････⑤

　s[7]+21s[9]+35s[11]+7s[13]=64x7･････⑥

　s[9]+7s[11]+7s[13]+s[15]=16x8･････⑦

　s[9]+36s[11]+126s[13]+84s[15]+9s[17]=256x9･････⑧

　5s[11]+60s[13]+126s[15]+60s[17]+5s[19]=256x10･････⑨

　以上から①→②→③→･･･→⑨を解くことで奇数冪の場合の結果を、xを用いて出しました。

　これを、教わったプログラムで作業しますと、２時間ぐらいかけてやっていた作業が2分くら
いで片づいてしまいました。

　所で偶数冪の場合がどうしたものか分からなくなったので、これをプログラムで出したいの
ですが偶数バージョンの方を教えて下さい。


　DD++さんからのコメントです。（平成２７年６月１９日付け）

　実際に試してないので、どの程度楽になるかわかりませんが、n=(m-1)/2 と変換すると見
通しが立ちやすくなるのでは、と思います。

　つまり、x = n(n+1)/2 = (m2-1)/8 より、 m2 = 8x+1　で、y = n(n+1)(2n+1)/6 = m(m2-1)/24
として、奇数次項は y×偶数次 という形にして、残りは、m2 に上を代入して終わり。

　次数ごとの元々の式があればという前提ですが。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２７年６月２０日付け）

　指示された手順を実行してみました。ただし、最後に出た結果に3/Aを掛けることになるよ
うですが、s[4]～s[10]まで出していた結果が次々に現れてきました。コンピュータで自動化さ
せる力がないので、結構手間がかかりましたが、上記のテクニックであのｎだけの複雑きわ
まりない式が、ｘ、ｙ だけの式に置き換わっていけることに感動します。

　一応、s[20]までの作業を終えましたので掲載してみます。（ミスしていないかな？）なお、ｘ、
ｙ では紛らわしかったので、s[1]=n(n+1)/2=A、s[2]=n(n+1)(2n+1)/6=B　にしています。

s[4]= (-1+6 A) B/5

s[6]= (1-6 A+12 A^2) B/7

s[8]= (-3+18 A-40 A^2+40 A^3) B/15

s[10]= (-1+2 A) (-5+20 A-28 A^2+24 A^3) B/11

s[12]= (-691+4146 A-9440 A^2+11480 A^3-8400 A^4+3360 A^5) B/455

s[14]= (105-630 A+1436 A^2-1760 A^3+1344 A^4-672 A^5+192 A^6) B/15

s[16]= (-3617+21702 A-49480 A^2+60760 A^3-46880 A^4+24640 A^5-8960 A^6+1920 A^7) B/85

s[18]= (219335-1316010 A+3000668 A^2-3686480 A^3+2851632 A^4
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　-1517376 A^5+583296 A^6-161280 A^7+26880 A^8) B/665

s[20]= (-3666831+22000986 A-50165840 A^2+61638680 A^3-47710320 A^4
　　　　　　　　　　　+25465440 A^5-9926400 A^6+2914560 A^7-633600 A^8+84480 A^9) B/1155


　ＧＡＩ さんが実験されました。（平成２７年６月２０日付け）

　今、s[5]=15+25+35+･･･+1005 をどうしても求めねばならない場面に遭遇したと想像してみ
よう。しかし、歳のせいもあり、s[5]の公式があったことは見たことがあるも、その正確な式は
思い出せない。手元に計算機もコンピュータもなく、あるのは紙と鉛筆のみ。

　勿論、S(H)さんの方法（参考１、参考２）で、A[0]=0とあらかじめ分かっていたとしても６変
数の連立を解くことになる。実際上記の方針でコツコツ進んでみた。

　まず、15、15+25、15+25+35、15+25+35+45、15+25+35+45+65　の計算と、出来上がる６
個の連立を解く作業は、実際やってみると結構面倒ですよ。
（コンピュータがあれば行列でチョチョイと行けますが･･･）

　もし行列でやろうとしても、手作業で逆行列を出すのは面倒（上手い方法があるのかな？）。

　これに対し奇数冪の和は、S[1]の値のみでOKという認識さえあれば、S[3]=S[1]2 はお馴
染みだし、(k+1)3-(k-1)3=2+6k もチョロイ。後は、これから、s[3]+3s[5]=4s[1]3 も容易く導ける。

　正確に記憶していなくても、この２つを組み合わせれば、　s[5]=(4s[1]-1)s[1]2/3
（s[5]=n6/6+n5/2+5n4/12-n2/12=n2(n+1)2(2n2+2n-1) に比べ遥かに簡潔）

は容易に入手可能。

当然、s[1](n=1～100)=5050 なので、(4*5050-1)*50502/3=171708332500
（ここも1002*1012*(20000+200-1)の計算より楽？）

で、めでたしめでたし。

　私は断然元のs[5]をnの式で覚えるより（忘れても復元するのにも骨が折れる。）、トイレに
s[5]=(4ｘ-1)*ｘ2/3 を貼り付けて万一に備えます。


　「張り紙無用」と題して、ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２７年６月２１日付け）

　パスカルの三角形に対し、重み付き（○印数）三角形を

1①

1①　1②

1①　3②  2③　　（←　先頭の「1」は、上の段の1×①、真ん中の「3」は、上の段の
　　　　　　　　　　　　　1×①＋1×②、右の「2」は、上の段の1×②から）
1①　7②　12③　6④

1①　15②　50③　60④　24⑤

1①　31②　180③　390④　360⑤　120⑥

････････････････････････････････

と構成していく。

（上の「180」は、上の段の15*②+50*③=30+150から計算、「390」は、50*③+60*④=150+240
　から計算）

　この上から６段目に並んだ数字を用いてこれを二項係数nＣｋに貼り付けていく。

s[5]=15+25+35+･････+n5
     =1*nＣ1+31*nＣ2+180*nＣ3+390*nＣ4+360*nＣ5+120*nＣ6
     =n+31*n(n-1)/2+180*n(n-1)(n-2)/6+390*n(n-1)(n-2)(n-3)/24
　　　+360*n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)/120+120*n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)/720
     =n6/6+n5/2+5n4/12-n2/12

　これなら、s[19]、s[20]でも張り紙無しで対応できそうだ。この重み付き三角形の計算が、
Mathematicaコマンドで、

Table[Table[Sum[(-1)^(i+k)*(i+1)^n*Binomial[k,i],{i,0,k}],{k,0,n}],{n,0,10}]//ColumnForm

で構成できました。{n,0,10}なら11段までですので21段必要なら{n,0,20}で実行。

　更に面白かったのが、この三角形の数字と重みを組み合わせると、ベルヌーイ数Bnが続
々と出現するところ。

B0=1/①=1
B1=1/①-1/②=1/2 （B1=-1/2を第1ベルヌーイ数、B1=1/2を第２ベルヌーイ数というらしい。）
B2=1/①-3/②+2/③=1/6
B3=1/①-7/②+12/③-6/④=0
B4=1/①-15/②+50/③-60/④+24/⑤=-1/30
B5=1/①-31/②+180/③-390/④+360/⑤-120/⑥=0
B6=1/①-63/②+602/③-2100/④+3360/⑤-2520/⑥+720/⑦=1/42
････････････････････････････････

　自然数の冪乗和にはベルヌーイ数がセットで出現していましたが、こんな風に隠れていた
とは思いませんでした。先人たちの仕事に感謝します。これで万が一の場合に備えるための
トイレの張り紙はしなくて済みました。


（追記）　「自然数の冪乗和計算からの進化」と題して、ＧＡＩ さんからの投稿です。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２７年１０月１７日付け）

　自然数の和の公式

Σk=1～n k＝n(n+1)/2
Σk=1～n k2＝n(n+1)(2n+1)/6
Σk=1～n k3＝n2(n+1)2/4
Σk=1～n k4＝n(n+1)(2n+1)(3n2+3n-1)/30
Σk=1～n k5＝n2(n+1)2(2n2+2n-1)/12
･･･････････････････････

などの式を用いることで、

Σk=1～10 k＝55
Σk=1～10 k2＝385
Σk=1～10 k3＝3025
Σk=1～10 k4＝25333
Σk=1～10 k5＝220825
･･････････････････････

が計算できる。

　ここで、　f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)(x-9)(x-10)　とおいて、ｘ6・f’(ｘ) を
f(ｘ) で割った商を計算すると（なお、f’(ｘ)は導関数）、

　10ｘ5+55ｘ4+385ｘ3+3025ｘ2+25333ｘ+220825

と、上記の一連の和の値が商の各係数として出現する。この原理を利用すると、

素数 2、3、5、7、11、13、17、19 に対する冪乗和でも

　f(x)=(x-2)(x-3)(x-5)(x-7)(x-11)(x-13)(x-17)(x-19)
　　=x8-77x7+2451x6-41817x5+414849x4-2429223x3+8130689x2-14117683x+9699690

を利用することにより、x11・f’(x)をf(x)で割った商を計算することで、

8x10+77x9+1027x8+15803x7+260167x6+4448507x5+77915887x4
　　　　　　　　　　　　　　　+1387350083x3+24995572327x2+454280348267x+8311148375647
が起こるので、

2+3+5+･･･+17+19=77
2^2+3^2+5^2+･･･+17^2+19^2=1027
2^3+3^3+5^3+･･･+17^3+19^3=15803
2^4+3^4+5^4+･･･+17^4+19^4=260167
2^5+3^5+5^5+･･･+17^5+19^5=4448507
･･････････････････････････
2^10+3^10+5^10+･･･+17^10+19^10=8311148375647

が一気に求められる。


（コメント）　面白い計算ですね！

　f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)=ｘ4-10ｘ3+35ｘ2-50ｘ+24 において、 ｘ2・f’(ｘ) を f(ｘ) で割った商
を計算すると、　4ｘ+10

　この係数を見て、　Σk=1～4 １＝4　、Σk=1～4 k＝10 とするのかな？

　f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(x-6)=ｘ6-21ｘ5+175ｘ4-735ｘ3+1624ｘ2-1236ｘ+720 において、

　ｘ4・f’(ｘ)=6ｘ9-105ｘ8+700ｘ7-2205ｘ6+3248ｘ5-1236ｘ4 を f(ｘ) で割った商を計算すると、

　6ｘ3+21ｘ2+91ｘ+441

　この係数を見て、

　　Σk=1～6 １＝6　、Σk=1～6 k＝21　、Σk=1～6 ｋ2＝91　、Σk=1～6 k3＝441

とするのかな？


（追記）　「組合せだけの冪乗和への挑戦」と題して、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ
　　　　「ＧＡＩ」さんからの投稿です。（平成２８年８月７日付け）

　組合せ数を計算する道具として、nＣr（＝binomial(n，r)）　なる記号がある。

　よく n を固定して ｒ を変化させて、

　　n-1Ｃr-1＋n-1Ｃr＝nＣr　、nＣ0＋nＣ1＋nＣ2＋･･･＋nＣn＝２n

などの変形式をよく目にする。

　ここでは、逆に r を固定して n を変化させることを考える。

例えば、r＝5 で固定して、n を 0～10 で変化させ和を取れば、

　Σ ｎ=0～10 nＣ5＝ 1 + 6 + 21 + 56 + 126 + 252 ＝ 462 ＝ 11Ｃ6

また、r=3 で固定して、n を 0～8 で変化させると、

　Σ ｎ=0～8 nＣ3＝  1  +4  +10 +20 +35 +56 ＝ 126 ＝ 9Ｃ4

　一般に、　Σ ｋ=0～ｎ ｋＣｒ＝ n+1Ｃr+1　･････････（*）

と、いくつかのｋＣｒの和が一つのn+1Ｃr+1の値に対応してくれる。

　そこで、一般に、k2 を kＣ2、kＣ1で作ってみると、　k2＝２kＣ2＋kＣ1　より

　　Σ ｋ=0～ｎk2＝２Σ ｋ=0～ｎ kＣ2＋Σ ｋ=0～ｎ kＣ1＝２n+1Ｃ3＋n+1Ｃ2

　よって、　左辺＝２(n+1)n(n-1)/6＋(n+1)n/2＝n(n+1)(2n+1)/6

同様に、　ｋ3＝６kＣ3＋６kＣ2＋kC1　より、

Σ ｋ=0～ｎｋ3＝６Σ ｋ=0～ｎ kＣ3＋６Σ ｋ=0～ｎ kＣ2＋Σ ｋ=0～ｎ kC1

　　　　　　　＝６n+1Ｃ4＋６n+1Ｃ3＋n+1Ｃ2＝n2(n+1)2/4

以下、

k4＝24kC4＋36kC3＋14kC2＋kC1

k5＝120kC5＋240kC4＋150kC3＋30kC2＋kC1

k6＝720kC6＋1800kC5＋1560kC4＋540kC3＋62kC2＋kC1

k7＝5040kC7＋15120kC6＋16800kC5＋8400kC4＋1806kC3＋126kC2＋kC1

　　･･･････

（これらの係数は恒等式とみて,k=1,2,3,4,･･･を両辺に代入することですぐ手に入る。）

を利用することで、これから自然数の冪乗和を組合せだけの道具立てで構成していける。


（コメント）　通常は、恒等式　（ｋ＋１）3－ｋ3＝３ｋ2＋３ｋ＋１　を使うところを新しい恒等式

　　ｋ3＝６kＣ3＋６kＣ2＋kC1

を使うわけですね！係数については、ｋ3＝ｘkＣ3＋ｙkＣ2＋ｚkC1 において、

　ｋ＝１　として、　１＝ｚ
　ｋ＝２　として、　８＝ｙ＋２ｚ　より、　ｙ＝６
　ｋ＝３　として、　２７＝ｘ＋３ｙ＋３ｚ　より、　ｘ＝６

が得られ、ｋ3＝６kＣ3＋６kＣ2＋kC1　であることが分かる。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２８年１１月８日付け）

　ある人のホームページを見ていたら何気に、

　Σ ｋ=1～ｎｋ5＝n+1Ｃ6＋２６n+2Ｃ6＋６６n+3Ｃ6＋２６n+4Ｃ6＋n+5Ｃ6

を片隅に掲示してあり、最初はデザインかなと思っていたんですが、計算機で確認してみる
と、何とすべての自然数ｎでバッチリ公式が成立しているではないか！

　こんなにきれいに自然数の冪乗和と組合せ関数が融合できることに驚き、何もこれは５乗
に限る等式では無いはずだと他の冪乗で探ってみました。

　すると、

　Σ ｋ=1～ｎｋ4＝n+1Ｃ5＋１１n+2Ｃ5＋１１n+3Ｃ5＋n+4Ｃ5

　Σ ｋ=1～ｎｋ3＝n+1Ｃ4＋４n+2Ｃ4＋n+3Ｃ4

　Σ ｋ=1～ｎｋ2＝n+1Ｃ3＋n+2Ｃ3

　Σ ｋ=1～ｎｋ＝n+1Ｃ2　（正に、=(n+1)*n/2））

が成立してきた。そこで、上昇へ向かって、

　Σ ｋ=1～ｎｋr （r=6,7,8,9,10,･･･)

での関係式を見つけてみて下さい。


　Seiichi　Manyama さんからのコメントです。（平成２８年１１月８日付け）

　昼休み中なので、ちらっと見た程度ですが、オイラー多項式と関係があるのではないでしょ
うか？数列にすれば、「A008292」じゃないでしょうか？


　DD++ さんからのコメントです。（平成２８年１１月８日付け）

　n=5 までを下から順に構成してみます。まずは、当たり前の等式から出発。

x = x

2x = (x-1)+(x+1) を両辺にかけて、2x^2 = (x-1)x + x(x+1)

3x = (x-2)+2(x+1) = 2(x-1)+(x+2) を各項にかけて、

6x^3 = (x-1)x{(x-2)+2(x+1)} + x(x+1){2(x-1)+(x+2)} = (x-2)(x-1)x + 4(x-1)x(x+1) + x(x+1)(x+2)

4x = (x-3)+3(x+1) = 2(x-2)+2(x+2) = 3(x-1)+(x+3) を各項にかけて、

24x^4 = (x-2)(x-1)x{(x-3)+3(x+1)} + 4(x-1)x(x+1){2(x-2)+2(x+2)} + x(x+1)(x+2){3(x-1)+(x+3)}
= (x-3)(x-2)(x-1)x + 11(x-2)(x-1)x(x+1)+ 11(x-1)x(x+1)(x+2) + x(x+1)(x+2)(x+3)

5x = 略 を各項にかけて、

(5!)x^5 = (x-4)(x-3)(x-2)(x-1)x + 26(x-3)(x-2)(x-1)x(x+1) + 66(x-2)(x-1)x(x+1)(x+2)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 + 26(x-1)x(x+1)(x+2)(x+3) + x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)

　さて、ここで、各項にさらに、

6 = (x+1)-(x-5) = (x+2)-(x-4) =  (x+3)-(x-3) =  (x+4)-(x-2) =  (x+5)-(x-1) をかけると、

(6!)x^5
= (x-4)(x-3)(x-2)(x-1)x(x+1) - (x-5)(x-4)(x-3)(x-2)(x-1)x + 26(x-3)(x-2)(x-1)x(x+1)(x+2)
　- 26(x-4)(x-3)(x-2)(x-1)x(x+1) + 66(x-2)(x-1)x(x+1)(x+2)(x+3) - 66(x-3)(x-2)(x-1)x(x+1)(x+2)
　+ 26(x-1)x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) - 26(x-2)(x-1)x(x+1)(x+2)(x+3) + x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)
　-  (x-1)x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)

　これに、x=1,2,3,……,n を代入して合計し、6! で割ると、

　Σ ｋ=1～ｎｋ5＝n+1Ｃ6＋２６n+2Ｃ6＋６６n+3Ｃ6＋２６n+4Ｃ6＋n+5Ｃ6

　もっと高次の式を出したければ、6x=略 をかけ、7x=略 をかけ、……、とやってから最終段
階に入ればいいはずです。もっとも、最終段階をやる前に係数は全部見えていますが。

　さらに面倒ならば、

　　A[i,1] = A[i,i] = 1, A[i,j] = (i-j+1)A[i-1,j-1] + jA[i-1,j]

という漸化式で係数だけ計算できます。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２８年１１月９日付け）

            1   1
             2;2
           1  4  1
           3;2 2;3
         1  11  11  1
         4;2 3;3 2;4
       1  26  66  26  1
        5;2 4;3 3;4 2;5
     1  57  302  302  57  1
　　　　････････････････････

　57=1*5+26*2　、302=26*4+66*3　などとやれる訳ですね。

　この係数を、Eulerian numbers と呼ぶんですか。（Eluer数とはまた違う）ほう、１７００年
代でこの関係式を見つけているとはオイラーは面白くてしかたなかったでしょうね。失明する
まで研究に没頭する気持ちも分からなくはないです。しかし、それでも１３人もの子供を作る
なんて、爪の垢でも煎じたいです。ひょっとして、DD++さんも子沢山では？

　Σｋ=1～100 ｋ5 ＝101Ｃ6＋２６・102Ｃ6＋６６・103Ｃ6＋２６・104Ｃ6＋105Ｃ6=171708332500

でスイスイ計算できるんだ！例の複雑になる５乗での公式を憶えなくてもこれさえあれば十
分です。


　DD++ さんからのコメントです。（平成２８年１１月９日付け）

　1^5+2^5+3^5+･･･+100^5=98*99*100*101*102*103/6+5*(100*101/2)^2-4*100*101/2
=171708332500

の方が、この場合は早いかも。


（追記）　平成３０年４月２日付け

　数学セミナー’１８　３月号（日本評論社）のＮＯＴＥで、長岡京市のクスコ氏（９１歳）が立方
数の和の公式の簡単な証明を発表されている。とても簡便な方法で感動した。

　Ｓｎ＝１＋２＋３＋・・・＋ｎ　とおくと、　Ｓｎ－Ｓｎ-1＝ｎ　で、さらに、

　Ｓｎ＋Ｓｎ-1＝（１＋（ｎ－１））＋（２＋（ｎ－２））＋・・・＋（（ｎ－１）＋１）＋ｎ＝ｎ2

　よって、　ｎ3＝（Ｓｎ－Ｓｎ-1）（Ｓｎ＋Ｓｎ-1）＝Ｓｎ2－Ｓｎ-12

　したがって、　Σk=1～n ｋ3＝Ｓｎ2＝（Σk=1～n ｋ）2　が成り立つ。


（コメント）　教科書だと、（ｋ＋１）4－ｋ4 の恒等式を用いて示されますが、煩雑さがなくエレ
　　　　　　ガントですね！


（追記）　令和２年７月２１日付け

　Σｋ（ｋ＋１）＝ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）/３　を示すのに、次のように階差型に変形すると、証明が
容易である。

　Σｋ（ｋ＋１）＝（１/３）Σ（ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）－（ｋ－１）ｋ（ｋ＋１））＝ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）/３


（追記）　令和４年５月２７日付け

　これまで、

　１ から ｎ までの自然数の平方の和 ： １2＋２2＋・・・＋ｎ2 ＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６

　１ から ｎ までの自然数の立方の和 ： １3＋２3＋・・・＋ｎ3 ＝ｎ2（ｎ＋１）2/４

がいろいろな方法で示されている。最近、面積の考えを用いた次のような証明があることを
知った。

　まず、自然数の平方の和から考えよう。


　上図のｎ個の正方形の面積の総和が、　１2＋２2＋・・・＋ｎ2　である。これを横長の長方
形の面積の総和と考える。面積の総和をＳとすると、

Ｓ＝（１＋２＋・・・＋ｎ）＋（２＋３＋・・・＋ｎ）＋（３＋４＋・・・＋ｎ）＋・・・＋ｎ

　＝ｎ（ｎ＋１）/２＋（ｎ－１）（ｎ＋２）/２＋（ｎ－２）（ｎ＋３）/２＋・・・＋（ｎ－（ｎ－１））（ｎ＋ｎ）/２

　＝（ｎ2＋ｎ）/２＋（ｎ2＋ｎ－２）/２＋・・・＋（ｎ2＋ｎ2－ｎ（ｎ－１）－ｎ（ｎ－１））/２

　＝（ｎ2＋ｎ）/２＋（ｎ2＋ｎ－２）/２＋・・・＋（ｎ2＋ｎ－ｎ（ｎ－１））/２

　＝（ｎ2＋ｎ－１・０）/２＋（ｎ2＋ｎ－２・１）/２＋・・・＋（ｎ2＋ｎ－ｎ（ｎ－１））/２

　＝（ｎ2＋ｎ－（１2－１））/２＋（ｎ2＋ｎ－（２2－２））/２＋・・・＋（ｎ2＋ｎ－（ｎ2－ｎ））/２

　＝ｎ（ｎ2＋ｎ）/２－Ｓ/２＋ｎ（ｎ＋１）/４

よって、　（３/２）Ｓ＝ｎ（ｎ2＋ｎ）/２＋ｎ（ｎ＋１）/４＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/４　より、

　　Ｓ＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６


　次に、自然数の立方の和を考えよう。

　　　


　上図の水色部分の面積は、

　　（（１＋２＋・・・＋ｎ）＋（１＋２＋・・・＋（ｎ-1）））ｎ＝（ｎ（ｎ＋１）/２＋ｎ（ｎ-1）/２）ｎ＝ｎ3

なので、正方形全体の面積は、　１3＋２3＋・・・＋ｎ3　である。

　ところで、正方形の１辺の長さは、　１＋２＋・・・＋ｎ＝ｎ（ｎ＋１）/２　なので、

　１3＋２3＋・・・＋ｎ3＝（ｎ（ｎ＋１）/２）2

が成り立つ。


（追記）　令和５年３月７日付け

　令和５年度大学入学共通テスト追試験の数学Ⅱ・Ｂで、自然数の平方数の和に関する問
題が出題された。これまでとは異なる趣で、ハッとさせられた。

第２問［２］　１2＋２2＋・・・＋１０2 をある関数の定積分で表すことを考える。次の問いに
　　　　　　　答えよ。

（１）　すべての実数 ｔ に対して、　∫ｔt+1 Ｆ（ｘ）ｄｘ＝ｔ2　となる２次関数Ｆ（ｘ）を求めよ。

（２）　１2＋２2＋・・・＋１０2 をある関数の定積分で表せ。

（解）（１）　Ｆ（ｘ）＝ａｘ2＋ｂｘ＋ｃ　（ａ≠０）　とおくと、

　∫ｔt+1 Ｆ（ｘ）ｄｘ＝（ａ/３）（３ｔ2＋３ｔ＋１）＋（ｂ/２）（２ｔ＋１）＋ｃ＝ｔ2　が恒等式なので、

　ａ＝１　、ａ＋ｂ＝０　、ａ/３＋ｂ/２＋ｃ＝０

これを解いて、　ａ＝１　、ｂ＝－1　、ｃ＝１/６　より、　Ｆ（ｘ）＝ｘ2－ｘ＋１/６

（２）　１2＋２2＋・・・＋１０2

　＝∫12 Ｆ（ｘ）ｄｘ＋∫23 Ｆ（ｘ）ｄｘ＋・・・＋∫1011 Ｆ（ｘ）ｄｘ

　＝∫111 (ｘ2－ｘ＋１/６)ｄｘ　と表される。　　（終）


（コメント）　計算すると、　∫111 (ｘ2－ｘ＋１/６)ｄｘ＝３８５　である。

　この問題設定がどのような発展をもたらすのか、興味あるところである。


（追記）　令和５年６月２９日付け

　いくつかの数列の和の問題を考えてみた。

問題　数列の和　１＋１１＋１１１＋・・・＋１１１１１１１１１　を求めよ。

　計算結果は、当然のごとく「１２３４５６７８９」になるわけであるが、もっともらしく計算して
みよう。

（解）　第ｎ項は、　１＋１０＋・・・＋１０ｎ-1＝（１０ｎ－１）/９　なので、

　与式＝Σk=19 （１０ｋ－１）/９＝１０（１０9－１）/８１－１＝（１０10－９１）/８１　　（終）

　上記の問題に若干手を入れて、次の問題を設定した。

問題　数列の和　１＋２２＋３３３＋・・・＋９９９９９９９９９　を求めよ。

（解）　与式＝（１＋２＋・・・＋９）＋１０（２＋３＋・・・＋９）＋１０2（３＋４＋・・・＋９）＋
　　　１０3（４＋５＋・・・＋９）＋１０4（５＋６＋・・・＋９）＋１０5（６＋７＋・・・＋９）＋
　　　１０6（７＋８＋９）＋１０7（８＋９）＋１０8・９

　　＝９００００００００＋
　 　　１７０００００００＋
　 　　　２４００００００＋
　　　　　 ３００００００＋
　　　　　　 ３５００００＋
　　　　　　　 ３９０００＋
　　　　　　　　 ４２００＋
　　　　　　　　　 ４４０＋
　　　　　　　　　　 ４５

　　＝１０９７３９３６８５　　（終）


（追記）　令和６年８月２５日付け

　数列の和 Ｓｎ＝Σk=1n ａk と Ｔｎ＝Σk=1n ａk2 について、次の東北大学　理系（１９７９）の
問題は面白い。

第２問　　各項が正の等差数列 ａ1，ａ2，・・・，ａｎ，・・・　において、
　　Ｓｎ＝Σk=1n ａk　、Ｔｎ＝Σk=1n ａk2 とする。任意の自然数ｎに対して、
Ｓn≦ｎ2＋ｎ－１、Ｔｎ≧（４ｎ3－ｎ）/３ が成り立つとき、この等差数列の初項と公差を求めよ。

（解）　ａ1＝Ｓ1≦１　で、ａ12 ＝Ｔ1≧１　すなわち、　ａ1≧１　から、　ａ1＝１

　よって、初項 ａ は、１　となる。交差をｄとおく。

　Ｓｎ＝ｎ（２＋（ｎ－１）ｄ）/２≦ｎ2＋ｎ－１　から、

　（ｄ－２）ｎ2－ｄｎ＋２≦０　すなわち、　（（ｄ－２）ｎ－２）（ｎ－１）≦０

ｎ≧１　より、　（ｄ－２）ｎ－２≦０　なので、　ｄ≦２＋２/ｎ

ｎ → ∞　のとき、　ｄ≦２

また、　１＋（１＋ｄ）2≧１０　より、　１＋ｄ≧３　すなわち、　ｄ≧２

よって、ｄ＝２　でなければならない。

　逆に、ａ＝１、ｄ＝２　のとき、

　Ｓｎ＝ｎ2　で、明らかに、　Ｓn≦ｎ2＋ｎ－１　が成り立つ。

　Ｔｎ＝Σk=1n （２ｋ－１）2 ＝（２/３）ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）－２ｎ（ｎ＋１）＋ｎ＝（４ｎ3－ｎ）/３

より、　Ｔｎ≧（４ｎ3－ｎ）/３ が成り立ち、条件を満たす。

　以上から、求める等差数列の初項は１で、公差は２である。　　（終）


　kuiperbelt さんからのコメントです。（令和６年８月２６日付け）

　数列の和

Σ_{k=1～n}k=n(n+1)/2=C(n+1,2)

Σ_{k=1～n}k(k+1)=n(n+1)(n+2)/3=2C(n+2,3)

Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)=(1/4)Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)(k+3)-(k-1)k(k+1)(k+2)=n(n+1)(n+2)(n+3)/4=3!C(n+3,4)

Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=(1/5)Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1)k(k+1)(k+2)(k+3)
=n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)/5=4!C(n+4,5)

　・・・・・・

Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)...(k+m-1)=(m-1)!C(n+m-1,m)

と、

C(n,k)=C(n-1,k)+C(n-1,k-1)　より、C(n-1,k-1)=C(n,k)-C(n-1,k)　から、

C(n,k)=C(n+1,k+1)-C(n,k+1)=C(n+2,k+2)-2C(n+1,k+2)+C(n,k+2)
=C(n+3,k+3)-3C(n+2,k+3)+3C(n+1,k+3)-C(n,k+3)
=Σ_{j=0～m}(-1)^j*C(m,j)*C(n+m-j,k+m)

より、

Σ_{k=1～n}k^2=Σ_{k=1～n}k(k+1)-Σ_{k=1～n}k
=2C(n+2,3)-C(n+1,2)=2C(n+2,3)-(C(n+2,3)-C(n+1,3))=C(n+2,3)+C(n+1,3)

Σ_{k=1～n}k^3=Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)-3Σ_{k=1～n}k(k+1)+Σ_{k=1～n}k
=3!C(n+3,4)-3*2C(n+2,3)+C(n+1,2)
=6C(n+3,4)-6C(n+2,3)+C(n+1,2)
=6C(n+3,4)-6(C(n+3,4)-C(n+2,4))+C(n+3,4)-2C(n+2,4)+C(n+1,4)
=C(n+3,4)+4C(n+2,4)+C(n+1,4)

Σ_{k=1～n}k^4
=Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)(k+3)-6Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)+7Σ_{k=1～n}k(k+1)-Σ_{k=1～n}k
=4!C(n+4,5)-6*3!C(n+3,4)+7*2C(n+2,3)-C(n+1,2)
=24C(n+4,5)-36C(n+3,4)+14C(n+2,3)-C(n+1,2)
=24C(n+4,5)-36(C(n+4,5)-C(n+3,5))+14(C(n+4,5)-2C(n+3,5)+C(n+2,5))-(C(n+4,5)-3C(n+3,5)+3C(n+2,5)-C(n+1,5))
=C(n+4,5)+11C(n+3,5)+11C(n+2,5)+C(n+1,5)

Σ_{k=1～n}k^5
=Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-10Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)(k+3)+25Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)
-15Σ_{k=1～n}k(k+1)+Σ_{k=1～n}k
=5!C(n+5,6)-10*4!C(n+4,5)+25*3!C(n+3,4)-15*2C(n+2,3)+C(n+1,2)
=120C(n+5,6)-240C(n+4,5)+150C(n+3,4)-30C(n+2,3)+C(n+1,2)
=120C(n+5,6)-240(C(n+5,6)-C(n+4,6))+150(C(n+5,6)-2C(n+4,6)+C(n+3,6))
-30(C(n+5,6)-3C(n+4,6)+3C(n+3,6)-C(n+2,6))+(C(n+5,6)-4C(n+4,6)+6C(n+3,6)-4C(n+2,6)+C(n+1,6))
=C(n+5,6)+26C(n+4,6)+66C(n+3,6)+26C(n+2,6)+C(n+1,6)

Σ_{k=1～n}k^6
=Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)-15Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)
+65Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)(k+3)-90*Σ_{k=1～n}k(k+1)(k+2)
+31*Σ_{k=1～n}k(k+1)-Σ_{k=1～n}k
=6!C(n+6,7)-15*5!C(n+5,6)+65*4!C(n+4,5)-90*3!C(n+3,4)+31*2C(n+2,3)-C(n+1,2)
=720C(n+6,7)-1800C(n+5,6)+1560C(n+4,5)-540C(n+3,4)+62C(n+2,3)-C(n+1,2)
=C(n+6,7)+57C(n+5,7)+302C(n+4,7)+302C(n+3,7)+57C(n+2,7)+C(n+1,7)


　Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和６年８月２７日付け）

　比べてみたらとても興味深かったです。（→　数研通信）


（コメント）　東北大学　文系（１９７９）　で、次の問題が出題されている。kuiperbelt さんの投
　　　　稿を拝見して、この問題の重要性がヒシヒシと感じられました。

問題　　Ｓｎ＝Σk=1n ｋ　（ｎ＝１、２、・・・）　とするとき、次の和を求めよ。
（１）　Ｔｎ＝Σk=1n Ｓk
（２）　Ｕｎ＝Σk=1n Ｔk

（解）　Ｓｎ＝ｎ（ｎ＋１）/２　から、

（１）　Ｔｎ＝（１/２）Σk=1n ｋ（ｋ＋１）＝（１/６）ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）

（２）　Ｕｎ＝（１/６）Σk=1n ｋ（ｋ＋１）（ｋ＋２）＝（１/２４）ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）（ｎ＋３）　　（終）


（追記）　令和６年１０月２６日付け

　次の東北大学　文系（１９８３）の問題も興味深い。

問題　　（１）　Ｆ（ｔ）は ｔ の４次式で、任意の実数 ｘ に対して　∫x-1x Ｆ（ｔ）ｄｔ＝ｘ4　を満たす
　　という。Ｆ（ｔ）を求めよ。

（２）　（１）を利用して　Σk=1n ｋ4　を求めよ。

（解）（１）　Ｆ（ｔ）＝ａｔ4＋ｂｔ3＋ｃｔ2＋ｄｔ＋ｅ　とおくと、条件より、

（ａ/５）（ｘ5－（ｘ－１）5）＋（ｂ/４）（ｘ4－（ｘ－１）4）＋（ｃ/３）（ｘ3－（ｘ－１）3）＋（ｄ/２）（ｘ2－（ｘ－１）2）＋ｅ

＝（ａ/５）（５ｘ4－１０ｘ3＋１０ｘ2－５ｘ＋１）＋（ｂ/４）（４ｘ3－６ｘ2＋４ｘ－１）

　＋（ｃ/３）（３ｘ2－３ｘ＋１）＋（ｄ/２）（２ｘ－１）＋ｅ

＝ａｘ4＋（－２ａ＋ｂ）ｘ3＋（２ａ－３ｂ/２＋ｃ）ｘ2＋（－ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ）ｘ＋ａ/５－ｂ/４＋ｃ/３－ｄ/２＋ｅ

＝ｘ4　が ｘ の恒等式なので、

　ａ＝１　、－２ａ＋ｂ＝０　より、ｂ＝２　、２ａ－３ｂ/２＋ｃ＝０　より、ｃ＝１

　－ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ＝０　より、ｄ＝０　、ａ/５－ｂ/４＋ｃ/３－ｄ/２＋ｅ＝０　より、ｅ＝－１/３０

以上から、　Ｆ（ｔ）＝ｔ4＋２ｔ3＋ｔ2－１/３０　である。

（２）　Σk=1n ｋ4＝∫0n （ｔ4＋２ｔ3＋ｔ2－１/３０）ｄｔ＝ｎ5/５＋ｎ4/２＋ｎ3/３－ｎ/３０　　（終）


（コメント）　因数分解まで頑張れば、

　ｎ5/５＋ｎ4/２＋ｎ3/３－ｎ/３０

＝ｎ（６ｎ4＋１５ｎ3＋１０ｎ2－１）/３０

＝ｎ（ｎ＋１）（６ｎ3＋９ｎ2＋ｎ－１）/３０

＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）（３ｎ2＋３ｎ－１）/３０

となりますね！でも、ここまで求めよ、とも指示されていないので．．．。


（追記）　令和６年１０月２９日付け

　次の東北大学　文理共通（１９８４）の問題は、不等式の評価に関する問題である。

問題２　　数列｛ａｎ｝において、ａｎ≧０ （ｎ＝１、２、・・・）とし、ｓｎ＝Σk=1n ａｎ とおく。このと
　　き、次の不等式を数学的帰納法を用いて証明せよ。

　(１＋ａ1)(１＋ａ2)・・・ (１＋ａｎ)≦１＋ｓｎ＋ｓｎ2/２！＋・・・＋ｓｎｎ/ｎ！

（解）　ｎ＝１　のとき、左辺＝１＋ａ1　、右辺＝１＋ｓ1＝１＋ａ1　なので、左辺≦右辺

　よって、ｎ＝１　のとき成り立つ。

ｎ＝ｋ（ｋ≧１）　のとき、成り立つと仮定する。すなわち、

　(１＋ａ1)(１＋ａ2)・・・ (１＋ａｋ)≦１＋ｓｋ＋ｓｋ2/２！＋・・・＋ｓｋｋ/ｋ！

このとき、　

(１＋ａ1)(１＋ａ2)・・・ (１＋ａｋ) (１＋ａｋ+1)≦１＋ｓｋ+1＋ｓｋ+12/２！＋・・・＋ｓｋ+1ｋ+1/(ｋ＋１）！

が成り立つことを示す。

　１＋ｓｋ+1＋ｓｋ+12/２！＋・・・＋ｓｋ+1ｋ+1/(ｋ＋１）！　において、

ｐ＝１、２、・・・、ｋ＋１　に対して

　ｓｋ+1ｐ/ｐ！＝（ｓｋ＋ａｋ+1）ｐ/ｐ！≧（ｓｋｐ＋ｐｓｋｐ-1ａｋ+1）/ｐ！

なので、

１＋ｓｋ+1＋ｓｋ+12/２！＋・・・＋ｓｋ+1ｋ+1/(ｋ＋１）！

≧（１＋ｓｋ＋ｓｋ2/２！＋・・・＋ｓｋｋ/ｋ！）＋ａｋ+1（１＋ｓｋ＋ｓｋ2/２！＋・・・＋ｓｋｋ/ｋ！）

≧(１＋ａ1)(１＋ａ2)・・・ (１＋ａｋ)＋ａｋ+1(１＋ａ1)(１＋ａ2)・・・ (１＋ａｋ)

＝(１＋ａ1)(１＋ａ2)・・・ (１＋ａｋ) (１＋ａｋ+1)

　よって、ｎ＝ｋ＋１　のときも成り立つ。

したがって、すべての自然数ｎに対して、不等式は成り立つ。　　（終）


　DD++ さんからのコメントです。（令和６年１１月３日付け）

　こんな解き方が思いついた場合、どうすればいいんでしょうね。

（別解）　任意の自然数 k に対し 1+a[k]＞0 なので、相加平均と相乗平均の大小関係により、

　｛(１＋ａ1)＋(１＋ａ2)＋・・・＋ (１＋ａｎ)｝/ｎ≧｛(１＋ａ1)(１＋ａ2)・・・ (１＋ａｋ)｝＾（１/ｎ）

すなわち、　Π[k=1→n] (1+a[k]) ≦ (1+s[n]/n)^n = Σ[k=0→n] nCk/n^k*s[n]^k

ここで、nCk/n^k * k! = nPk/n^k ≦ 1 なので、nCk/n^k ≦ 1/k!

したがって、Π[k=1→n] (1+a[k]) ≦ Σ[k=0→n] s[n]^k/k!　　（終）


＃数学的帰納法を使うよりも本質を捉えた証明ではないかと思いますが、帰納法を使ってな
　いので 0 点になるんでしょうか？

　証明法の探究の場合はさておき、入試で証明方法に制限をつけるのは、ナンセンスと感じ
ますね。


（コメント）　見事な証明で、感動しました！DD++ さんに感謝します。ただ、証明方法に制限
　　　　　がついているので、減点は免れないかも．．．。



　　以下、工事中