べき乗和の公式 (Faulhaber の公式)

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べき乗和の公式

公式.

\begin{align*}
\sum_{k=1}^n k &= 1+2+\cdots+n = \dfrac{1}{2}n(n+1)\\
\sum_{k=1}^n k^2 &= 1^2+2^2+\cdots+n^2 = \dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\\
\sum_{k=1}^n k^3 &= 1^3+2^3+\cdots+n^3 = \left\{\dfrac{1}{2}n(n+1)\right\}^2\\
\sum_{k=1}^n k^4 &= \dfrac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)
\end{align*}

これらの公式のうち, 3 つ目までは覚えておくべきものになります.

3 つ目の 3 乗和の公式は, ちょうど 1 乗の公式の 2 乗になっていると覚えるといいですね.

上には 4 乗の公式まで載せましたが, 5 乗, 6 乗, …とすべて公式として存在します.

さらに, \(1^m+2^m+\cdots+n^m\) は \(n\) の \(m+1\) 次の多項式で表される (上の公式はすべてそうなっています) ことが分かっています.

1 つ目の公式は, 等差数列の和の公式を使って, 初項 1 , 公差 1 とすれば求まります.

以下に, 2 乗和の公式の導出をのせておきます. 3 乗以上の公式も, (少し大変ですが) 同様にして求めることができます.

2 乗和の公式の導出

ここでは, 1 つ目の公式

\begin{align*}
\sum_{k=1}^n k = \dfrac{1}{2}n(n+1)
\end{align*}

は分かっているものとします.

まず, 次の恒等式を考えます.

\begin{align*}
(k+1)^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1
\end{align*}

ここで, この恒等式の \(k = 1, 2, \ldots, n\) のときの両辺をそれぞれ足し合わせると,

\begin{align*}
\sum_{k=1}^n (k+1)^3 &= \sum_{k=1}^n (k^3+3k^2 + 3k+1)
\end{align*}

分かりやすいように,

\begin{align*}
S_1 &= \sum_{k=1}^n k\\
S_2 &= \sum_{k=1}^n k^2\\
S_3 &= \sum_{k=1}^n k^3
\end{align*}

とおくと,

\begin{align*}
S_3 -1+(n+1)^3 = S_3 + 3S_2 + 3S_1 + n
\end{align*}

両辺にある \(S_3\) は消えて,

\begin{align*}
S_2 &= \dfrac{1}{3}\{-1+(n+1)^3-3S_1-n\}\\
&= \dfrac{1}{3}\Big\{-(n+1)+(n+1)^3\\
&  \quad\quad -3\cdot\dfrac{1}{2}n(n+1)\Big\}\\
&= \dfrac{1}{6}(n+1)\{-2+2(n+1)^2-3n\}\\
&= \dfrac{1}{6}(n+1)(2n^2+n)\\
&= \dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)
\end{align*}

3 乗和の公式の導出をするには,

\((k+1)^4 = k^4 + 4k^3+6k^2+4k+1\)

を利用します.

最後に.

  1.  \(m\) 乗和の公式の \(n^{m+1}\) の係数は \(\dfrac{1}{m+1}\) になります. 自作問題の3番でこのことの証明をしています.
  2. 一般の \(m\) 乗和については, ベルヌーイ数 \(B_j\) を用いて,

\begin{align*}
\sum_{k=1}^n k^m = \dfrac{1}{m+1}\sum_{j = 0}^m B_j\,n^{m+1-j}
\end{align*}

となります.

ここで, ベルヌーイ数とは,

\begin{align*}
B_0 &= 1\\
\sum_{i=0}^k (-1)^i \,\,{}_{k+1}C_{i} \,B_i &= 0 \,\,(k=1, 2, \ldots)
\end{align*}

で帰納的に定義される数です.

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