有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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べき乗和の公式

べき乗和の公式

定理≪べき乗和の公式≫

 すべての正の整数 $n$ に対して, \begin{align*} \sum_{k = 1}^nk &= \frac{1}{2}n(n+1) \quad \cdots [1], \\ \sum_{k = 1}^nk^2 &= \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \quad \cdots [2], \\ \sum_{k = 1}^nk^3 &= \frac{1}{4}n^2(n+1)^2 \quad \cdots [3] \end{align*} が成り立つ.

証明 1

\[ 2x = (x+1)^2-x^2-1\] に $x = 1,$ $\cdots,$ $n$ を代入して辺々を加えると \begin{align*} 2\sum_{k = 1}^nk &= (n+1)^2-1^2-n \\ &= (n+1)^2-(n+1) \\ &= n(n+1) \end{align*} となるから, $[1]$ が成り立つ. \[ 3x^2 = (x+1)^3-x^3-1-3x\] に $x = 1,$ $\cdots,$ $n$ を代入して辺々を加えると \begin{align*} 3\sum_{k = 1}^nk^2 &= (n+1)^3-1^3-n-3\sum_{k = 1}^nk \\ &= (n+1)^3-(n+1)-3\cdot\frac{1}{2}n(n+1) \\ &= \frac{1}{2}(n+1)\{ 2(n+1)^2-2-3n\} \\ &= \frac{1}{2}(n+1)(2n^2+n) \\ &= \frac{1}{2}n(n+1)(2n+1) \end{align*} となるから, $[2]$ が成り立つ. \[ 4x^3 = (x+1)^4-x^4-1-4x-6x^2\] に $x = 1,$ $\cdots,$ $n$ を代入して辺々を加えると \begin{align*} 4\sum_{k = 1}^nk^3 &= (n+1)^4-1^4-n-4\sum_{k = 1}^nk-6\sum_{k = 1}^nk^2 \\ &= (n+1)^4-(n+1) \\ &\qquad -4\cdot\frac{1}{2}n(n+1)-6\cdot\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \\ &= (n+1)^4-(n+1)\\ &\qquad -2n(n+1)-n(n+1)(2n+1) \\ &= (n+1)\{ (n+1)^3-1-2n-n(2n+1)\} \\ &= (n+1)(n^3+n^2) \\ &= n^2(n+1)^2 \end{align*} となるから, $[3]$ が成り立つ.

証明 2

 $\displaystyle\sum_{k = 1}^nk$ は, 初項 $1,$ 公差 $1,$ 項数 $n$ の等差数列の和であるから, \[\displaystyle\sum_{k = 1}^nk = \frac{n}{2}\{ 2\cdot 1+1\cdot (n-1)\} = \frac{1}{2}n(n+1)\] である. また, $c_n = (n-1)n(n+1)$ とおくと, \[ c_{n+1}-c_n = n(n+1)\{ (n+2)-(n-1)\} = 3n(n+1)\] となるから, \begin{align*} \sum_{k = 1}^nk(k+1) &= \frac{1}{3}\sum_{k = 1}^n(c_{k+1}-c_k) \\ \sum_{k = 1}^nk^2+\sum_{k = 1}^nk &= \frac{1}{3}n(n+1)(n+2) \end{align*} であり, \begin{align*} \sum_{k = 1}^nk^2 &= \frac{1}{3}n(n+1)(n+2)-\sum_{k = 1}^nk \\\ &= \frac{1}{3}n(n+1)(n+2)-\frac{1}{2}n(n+1) \\ &= \frac{1}{6}n(n+1)\{ 2(n+2)-3\} \\ &= \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \end{align*} が成り立つ. 同様に, \begin{align*} \sum_{k = 1}^nk(k+1)(k+2) = \frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3) \end{align*} であるから, \begin{align*} \sum_{k = 1}^nk^3 &= \frac{1}{4}n(n+1)(n+2)-3\sum_{k = 1}^nk^2-2\sum_{k = 1}^nk \\ &= \frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3) \\ &\qquad -3\cdot\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)-2\cdot\frac{1}{2}n(n+1) \\ &= \frac{1}{4}n(n+1)\{ (n+2)(n+3)-2(2n+1)-4\} \\ &= \frac{1}{4}n(n+1)(n^2+n) \\ &= \frac{1}{4}n^2(n+1)^2 \end{align*} が成り立つ.

証明 3:「ベルヌーイ多項式」を利用

\begin{align*} &\int_x^{x+1}\left( t-\frac{1}{2}\right) dt = \left[\frac{t^2}{2}-\frac{t}{2}\right] _x^{x+1} = \frac{1}{2}[t(t-1)]_x^{x+1} \\ &= \frac{1}{2}\{ (x+1)x-x(x-1)\} = \frac{1}{2}\cdot 2x = x \end{align*} であるから, \begin{align*} \sum_{k = 1}^nk &= \sum_{k = 1}^n\int_k^{k+1}\left( t-\frac{1}{2}\right) dt = \int_1^{n+1}\left( t-\frac{1}{2}\right) dt \\ &= \frac{1}{2}[t(t-1)]_1^{n+1} = \frac{1}{2}n(n+1) \quad \cdots [1] \end{align*} が成り立つ.
 $[2]$ は, \[\int_x^{x+1}\left( t^2-t+\frac{1}{6}\right) dt = x^2\] を利用して, $[1]$ と同様に証明できる(こちらを参照).
 また, \[\int_x^{x+1}\left( t^3-\frac{3}{2}t^2+\frac{1}{2}t\right) dt = x^3\] (計算は省略)を利用すると, \begin{align*} \sum_{k = 1}^nk^3 &= \sum_{k = 1}^n\int_k^{k+1}\left( t^3-\frac{3}{2}t^2+\frac{1}{2}t\right) dt \\ &= \int_1^{n+1}\left( t^3-\frac{3}{2}t^2+\frac{1}{2}t\right) dt \\ &= \left[\frac{t^4}{4}-\frac{t^3}{2}+\frac{t^2}{4}\right] _1^{n+1} \\ &= \frac{1}{4}[t(t-1)(t^2-t-1)]_1^{n+1} \\ &= \frac{1}{4}(n+1)n\{ (n+1)^2-(n+1)-1\} \\ &= \frac{1}{4}n^2(n+1)^2 \quad \cdots [3] \end{align*} が得られる.

問題≪平方三角数とペル方程式≫

(1)
図のように, $l$ 行 $l$ 列の正方形の形に並べられていた石を崩した後, $1$ 段目に $1$ 個, $\cdots,$ $k$ 段目に $k$ 個, $\cdots$ と $m$ 段目まで並べていくと, 石を余すことなく正三角形の形に並べられたとする. このとき, $(x,y) = (2m+1,2l)$ は $x^2-2y^2 = 1$ の解であることを示せ.
(2)
$(x,y)$ を $x^2-2y^2 = 1$ の正の整数解とする. このとき, $x$ は $3$ 以上の奇数であり, $y$ は偶数であることを示せ. さらに, $l = \dfrac{y}{2},$ $m = \dfrac{x-1}{2}$ とおくと, 上記のように, $l$ 行 $l$ 列の正方形の形に並べられた石は, $m$ 段の正三角形の形にも並べられることを示せ.
(参考: 津田塾大)

解答例

(1)
石の個数に関する条件から \[ l^2 = \displaystyle\sum_{k = 1}^mk = \frac{1}{2}m(m+1)\] が成り立つので, \begin{align*} &(2m+1)^2-2(2l)^2 = (2m+1)^2-8l^2 \\ &= (2m+1)^2-8\cdot\frac{1}{2}m(m+1) \\ &= (4m^2+4m+1)-(4m^2+4m) = 1 \end{align*} が成り立つ.
(2)
$x^2 = 2y^2+1$ は奇数であるから, $x$ は奇数で, $x = 2m+1$ ($m$: 非負整数)とおける. $x = 1$ とすると, $-2y^2 = 0$ となり, $y = 0$ となってしまうので, $x \geqq 3$ である. また, $y = 2k+1$ ($k$: 非負整数)とすると, $x^2-2y^2 = 4(m^2+m-2k^2-2k)-1$ を $4$ で割った余りが $3 \neq 1$ となってしまうので, $y$ は偶数である. そこで, $y = 2l$ ($l$: 正の整数)とおくと, $(2m+1)^2-8l^2 = 1$ から \begin{align*} l^2 &= \frac{(2m+1)^2-1}{8} = \frac{4m^2+4m}{8} \\ &= \frac{1}{2}m(m+1) = \sum_{k = 1}^mk \end{align*} となるので, $l$ 行 $l$ 列の正方形の形に並べられた石は, $m$ 段の正三角形の形にも並べられる.

背景

  • 正三角形の形に点を並べたときの点の総数を「三角数」と呼び, 平方数でも「三角数」でもある整数を「平方三角数」と呼ぶ.
  • 平方数でないある正の整数 $d$ に対して, $x^2-dy^2 = 1$ または $x^2-dy^2 = -1$ の形をした方程式を「ペル方程式」と呼ぶ. 本問で示したように,「平方三角数」と「ペル方程式」$x^2-2y^2 = 1$ の正の整数解は $1$ 対 $1$ に対応している.

問題≪$m$ 乗数の和を表す $m+1$ 次多項式≫

 すべての正の整数 $m$ に対して, \[\sum_{k = 1}^nk^m = S_m(n) \quad (n \geqq 1)\] を満たす $m+1$ 次多項式 $S_m(x)$ が存在することを示せ.

解答例

 $m$ に関する数学的帰納法で示す.
(i)
$m = 1$ のとき. \[ 2x = (x+1)^2-x^2-1\] に $x = 1,$ $\cdots,$ $n$ を代入して辺々を加えると \begin{align*} 2\sum_{k = 1}^nk &= (n+1)^2-1^2-n \\ &= (n+1)^2-(n+1) \\ &= n(n+1) \end{align*} となるから, \[ S_1(x) = \frac{1}{2}x(x+1)\] は \[\sum_{k = 1}^nk = S_1(n) \quad (n \geqq 1)\] を満たす.
(ii)
$m > 1$ として, 関係式を満たす多項式 $S_1(x),$ $\cdots,$ $S_{m-1}(x)$ の存在を仮定する. 二項定理により \[ (x\!+\!1)^{m+1} = 1\!+\!\sum_{j = 1}^{m-1}{}_{m+1}\mathrm C_jx^j\!+\!(m\!+\!1)x^m\!+\!x^{m+1}\] であるから, \[ (m\!+\!1)x^m \!=\! (x\!+\!1)^{m+1}\!-\!x^{m+1}\!-\!1\!-\!\sum_{j = 1}^{m-1}{}_{m+1}\mathrm C_jx^j\] が成り立つ. このとき, $x = 1,$ $\cdots,$ $n$ を代入して辺々を加えると \begin{align*} &(m+1)\sum_{k = 1}^nk^m \\ &= (n+1)^{m+1}-1^{m+1}-n-\sum_{k = 1}^n\sum_{j = 1}^{m-1}{}_{m+1}\mathrm C_jk^j \\ &= (n+1)^{m+1}-(n+1)-\sum_{j = 1}^{m-1}{}_{m+1}\mathrm C_j\sum_{k = 1}^nk^j \\ &= (n+1)^{m+1}-(n+1)-\sum_{j = 1}^{m-1}{}_{m+1}\mathrm C_jS_j(n) \\ \end{align*} となるから, \begin{align*} S_m(x) &= \frac{1}{m+1}\left\{ (x+1)^{m+1}-(x+1)\right. \\ &\qquad\qquad\qquad\quad \left.-\sum_{j = 1}^{m-1}{}_{m+1}\mathrm C_jS_j(x)\right\} \end{align*} とおくと, 右辺の $(x+1)^{m+1}$ は $m+1$ 次でそれ以外の項は $m$ 次以下であるから $S_m(x)$ は $m+1$ 次になり, \[\sum_{k = 1}^nk^m = S_m(n) \quad (n \geqq 1)\] となる.
(i), (ii) から, すべての正の整数 $m$ に対して $S_m(x)$ の存在が示された.

背景

 本問は,「ファウルハーバーの公式」(Faulhaber's formula) \[\sum_{k = 1}^nk^m = \frac{1}{m+1}\sum_{k = 0}^m{}_{m+1}\mathrm C_kB_kn^{m+1-k}\] を背景としている. ここで, $B_0,$ $\cdots,$ $B_m$ は「ベルヌーイ数」(Bernoulli number)と呼ばれる有理数で, \[\sum_{k = 0}^n{}_{n+1}\mathrm C_kB_k = n+1\] という関係式で定まる(こちらも参照).

問題≪平方根の整数部分の和≫

 実数 $x$ に対して, $x$ 以下の整数の最大値を $[x]$ で表す. $a_n = [\sqrt n]$ で定まる数列 $\{ a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和を $S_n$ とおく. $k,$ $m$ を正の整数とする.
(1)
$a_n = k$ を満たす数列 $\{ a_n\}$ の項の個数を求めよ.
(2)
$S_{m^2}$ を $m$ の式で表せ.

解答例

(1)
\begin{align*} a_n = k &\iff [\sqrt n] = k \\ &\iff k \leqq \sqrt n < k+1 \\ &\iff k^2 \leqq n < (k+1)^2 \end{align*} が成り立つから, $a_n = k$ を満たす数列 $\{ a_n\}$ の項の個数は, \[ (k+1)^2-k^2 = 2k+1\] である.
(2)
$n = m^2$ は $a_n = m$ を満たす最小の番号であるので, (1) の結果から, \begin{align*} S_{m^2} &= \sum_{k = 1}^{m-1}(2k+1)k+m \\ &= 2\sum_{k = 1}^{m-1}k^2+\sum_{k = 1}^{m-1}k+m \\ &= 2\cdot\frac{1}{6}(m-1)m(2m-1)+\frac{1}{2}(m-1)m+m \\ &= \frac{1}{6}m\{ 2(m-1)(2m-1)+3(m-1)+6\} \\ &= \frac{1}{6}m(4m^2-3m+5) \end{align*} である.

問題≪整数の組と整数の対応≫

 すべての正の整数の組 $(k,l)$ を, $k+l$ の値が小さい順に並べ, $k+l$ の値が等しい組については $k$ の値が大きい順に並ぶようにする. このとき, 正の整数の組 $(k,l)$ は何番目に並べられるか.

解答例

 すべての正の整数の組 $(k,l)$ を $n = k+l$ の値が小さい順に並べ, $n$ の値が等しい組については $k$ の値が大きい順に並ぶようにして, $n$ の値ごとに群に分ける. \[ (1,1)|(2,1),(1,2)|(3,1),(2,2),(1,3)|\cdots\] このとき, $k+l = n$ を満たす整数の組が属するのは第 $n-1$ 群で, その群に属する整数の組の個数は $n-1$ 個である. よって, 第 $1$ 群から第 $n-1$ 群までに属する整数の組の個数は, \[\sum_{m = 1}^{n-1}m = \frac{(n-1)n}{2}\] である. $(k,l)$ は第 $n-1$ 群の末尾から $k$ 番目の位置にあるので, $(k,l)$ が並ぶのは,
$\dfrac{(n-1)n}{2}-k+1 = \dfrac{(k+l-1)(k+l)}{2}-k+1$ (番目)
である.

背景

  • 本問の結果から, 正の整数の組と正の整数は, $f(k,l) = \dfrac{(k+l-1)(k+l)}{2}-k+1$ という $2$ 変数関数によって, もれも重複もなく対応していることがわかる. このように, 集合 $X$ の要素 $x$ を集合 $Y$ のある要素 $f(x)$ にそれぞれ対応させる, もれも重複もない対応を, $X$ から $Y$ への「全単射」(bijection)と呼ぶ. $X$ から $Y$ への「全単射」が存在するとき, $X$ は $Y$ に「対等」(equivalent)であるという.
  • 次のことがよく知られている. 正の整数全体の集合を $\mathbb N,$ 実数全体の集合を $\mathbb R$ で表す.
    • 集合 $\{ 1,\cdots,n\}$ は, $\mathbb N$ に「対等」でない.
    • $0$ 以上の整数全体の集合 $X$ と $\mathbb N$ の間には,「全単射」$f(x) = x+1$ $(x \in X)$ があるから, $X$ は $\mathbb N$ に「対等」である.
    • 正の偶数全体の集合 $X$ と $\mathbb N$ の間には,「全単射」$f(x) = \dfrac{x}{2}$ $(x \in X)$ があるから, $X$ は $\mathbb N$ に「対等」である.
    • 整数全体の集合, 有理数全体の集合は, $\mathbb N$ に「対等」である.
    • $0$ 以上 $1$ 以下の実数全体の集合は, $\mathbb R$ に「対等」である.
    • $\mathbb N$ は $\mathbb R$ に「対等」でない(カントール, $1874$ 年).