S1[N] = 1 + 2 + 3 + .... + N = (1/2)N(N+1) S2[N] = 12 + 22 + 32 + .... + N2 = (1/6)N(N+1)(2N+1) S3[N] = 13 + 23 + 33 + .... + N3 = (1/4){N(N+1)}2
1636年、簡単な帰納法がピエール・ド・フェルマ (Pierre de Fermat, 1601- 1665)によって導かれた。
Sk[N] = ak+1N(k+1) + akNk + ak-1N(k-1) + .. + a1N + a0 (1)
全ての係数 ak+1, ak, ak-1 ,..., a1, a0 が見つかれば、 あらゆる k の値に関し Sk[N] を定義できる。
S4[N] を導く。 定義から S4[k+1] = S4[k] + (k+1)4 (2) (1)により S4[N] = a5N5 + a4N4 + a3N3 + a2N2 + a1N + a0 (3) ここで S4[0] = 0 であるから a0 = 0 となる。 (1) を (2)に代入し、定数 a* を含む項を左にまとめると、次のような結果が得られる。 左側 : 右側 N4 : 5a5 = 1 N3 : 10a5 + 4a4 = 4 N2 : 10a5 + 6a4 + 3a3 = 6 N1 : 5a5 + 4a4 + 3a3 + 2a2 = 4 N0 : a5 + a4 + a3 + a2 + a1 = 1 最初のラインは a5 = 1/5、これを二番目のラインに代入すると a4 = 1/4、... 結果: a5 = 1/5 a4 = 1/2 a3 = 1/3 a2 = 0 a1 = -1/30 a0 = 0 故に: S4[N] = (1/5)N5 + (1/2)N4 + (1/3)N3 - (1/30)N1 = (1/30)N(N+1)(2N+1)(3N2 + 3N - 1)
i = 1 ~ n ni(i + 1)(i + 2)/(1.2.3) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)/(1.2.3.4) 彼は左側を次のように展開し、 (1/6)ni3 + (1/2)ni2 + (1/3)ni そして低累乗総和(sums of lower power)に関する式 ni3 を得た。 高累乗(higher power)に関する式は ni(i + 1)(i + 2)(i + 3)/(1.2.3.4) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)/(1.2.3.4.5) 左側を展開して ni4 が得られる。 この方法は、一般的であるが高累乗に関しては取り扱いにくい。その後1654年、パスカル(Blaise Pascal, 1623 - 1662) が、二項展開式を用いた改善方法を見つけ出した。 k = 4の場合のパスカルの方法を示す。
(i + 1)5 - i5 = o51pi4 + o52pi4 +o53pi2 +o54pi + 1 これは i がいかなる値でも有効である。i = 1, 2, ..., n, を代入して全部加えると、結果は n[(i + 1)5 - i5] = 5ni4 + 10ni3 + 10ni2 +5ni1 + n1 左側の項を約すと、最初と最後の項だけが残る。その結果は (n + 1)5 - (n + 1) = 5ni4 + 10ni3 + 10ni2 +5ni1 + n1 ni3,ni3,ni3 は判っているので、 次の結果が得られる。 ni4 = (1/5)n5 + (1/2)n4 + (1/3)n3 - (1/30)nしかし、フェルマ も パスカル も一般式を見つけることはできなかった。
Sk-1[N] = 1k-1 + 2k-1 + 3k-1 + .... + Nk-1 = (1/k)[Nk + ok1pNk-1x(1/2)+ ok2pNk-2x(1/6) + ok3pNk-3x(0) + ok4pNk-4x(-1/30) + . . .] (4) (okip は二項展開で用いる係数)、即ち: (x + y)p = nonppxp-nyn (n = 0 ~ p) (5)
Pascal's Triangle left adjusted Column # 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ------------------------------------------------------- Row # 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 1 2 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 1 3 3 1 0 0 0 0 0 0 0 0 5 1 4 6 4 1 0 0 0 0 0 0 0 6 1 5 10 10 5 1 0 0 0 0 0 0 7 1 6 15 20 15 6 1 0 0 0 0 0 8 1 7 21 35 35 21 7 1 0 0 0 0 9 1 8 28 56 70 56 28 8 1 0 0 0 10 1 9 36 84 126 126 84 36 9 1 0 0 11 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1 0 12 1 11 55 165 330 462 462 330 165 55 11 1 2列目を0から始めて下方向に見ていく。 例えば、4行目までの値を加え、その和を項数(=4)に最後の値(=3)を掛けたもので割ると、(0 + 1 + 2 + 3)/(4 x 3) = 1/2が求まる。 もう一つ行くと、(0+ 1 + 2 + 3 + 4)/(5 x 4) = 1/2 が再度求まる。 これはどの行数にも当てはまり、仮に同じ操作をn行目まで行ったとしても結果は同じになる。 [0 + 1 + 2 + 3 + ... + (n-1)]/[n x (n-1)] = S1[n-1]/[n(n-1)] = 1/2 よって S1[n-1] = (1/2)[n(n-1)] n-1 を nで置き換えると, S1[n] = (1/2)n(n+1) (これはすでに述べた自然数の和である。) ここで3列目を見てみる。4行目までの結果は(0 + 0 + 1 + 3 )/(4 x 3) = 1/3 になる。 5行目の結果も(0 + 0 + 1 + 3 + 6)/(5 x 6) = 1/3 となる。 この操作をn行目まで行うものとすれば (n行目までの和)/(n x n行目の値) = 1/3 が求まる。 3列目におけるn行目の値は(n-1)(n-2)/(1x2)で表され、n行目までの和は n{(1/2)(n-1)(n-2)} = (1/2)nn2 -(3/2)nn1 + n(1) = (1/6)n(n-1)(n-2)= (1/6)(n3 - 3n2 + 2n) 故に (1/2)nn2 = (1/6)(n3 - 3n2 + 2n) + (3/2)nn1 - n(1) 但し、 (3/2)nn1 = (3/2)(1/2)n(n+1) = (3/4)n(n+1) で n(1) = n 代入すると (1/2)nn2 =(1/6)n3 + (1/4)n2 + (1/12)n 従って、 S2[n] = nn2 = (1/3)n3 + (1/2)n2 + (1/6)n 同様に4列目についても nn(n-1)(n-2)(n-3)/(1x2x3) = (1/6)nn3 - nn2 + (11/6)nn - n1 = n(n-1)(n-2)(n-3)/(1x2x3x4) の関係が成り立つので nn2 = (1/3)n3 + (1/2)n2 + (1/6)n, nn1 = (1/2)n(n+1), n(1) = n を用いて (1/6)nn3 = (n4 - 6n3 + 11n2 - 6n)/24 + (1/3)n2 + (1/2)n2 - (11/12)n2 - (11/12)n + n = (1/24)n4 + (1/12)n3 + (1/24)n2 または S3[n] = nn3 = (1/4)n4 + (1/2)n3 + (1/4)n2 が求まる。 このように一つずつ行い、次のように高累乗が容易に求められる: Sum of Powers nn1 = (1/2)n2 + (1/2)n1 nn2 = (1/3)n3 + (1/2)n2 + (1/6)n nn3 = (1/4)n4 + (1/2)n3 + (1/4)n2 nn4 = (1/5)n5 + (1/2)n4 + (1/3)n3 - (1/30)n1 nn5 = (1/6)n6 + (1/2)n5 + (5/12)n4 - (1/12)n2 nn6 = (1/7)n7 + (1/2)n6 + (1/2)n5 - (1/6)n3 + (1/42)n1 nn7 = (1/8)n8 + (1/2)n7 + (7/12)n6 - (7/24)n4 + (1/12)n2 nn8 = (1/9)n9 + (1/2)n8 + (2/3)n7 - (7/15)n5 + (2/9)n3 - (1/30)n nn9 = (1/10)n10 + (1/2)n9 + (3/4)n8 - (7/10)n6 + (1/2)n4 - (3/20)n2 nn10 = (1/11)n11 + (1/2)n10 + (5/6)n9 - (1)n7 + (1)n5 - (1/2)n3 + (5/66)n ベルヌーイ(Bernoulli)は式を導いたが、彼の式は基本的にFaulhaberの結果と同じであったのでFaulhaberの功績として称えた。 しかし、式の定数については、ベルヌーイの本で広範囲に述べられていることから、ベルヌーイ数(Bernoulli numbers) として知られている。この式は二項定理と関係があるようで、全ての定数は次のように書き替えられる。 B0=1, B1 = 1/2 , B2 = 1/6, B3 = B5 = B7 = ... = 0 B4= B8 = -1/30, B6 = 1/42, B10 = 5/66, ... あたかもこれらは、B の累乗であるかのようであるが、実際はそうではない。 更に、この式は次のように、より簡潔に書き替えることができる。 Sk-1[N] = 1k-1 + 2k-1 + 3k-1 + .... + Nk-1 = (1/k)"{(n+B)k - Bk}" (括弧"{ }"内のBの累乗項はベルヌーイ数(Bernoulli numbers)として解釈する。) これは非常に見栄えの良い式といえる!! ベルヌーイは、彼の本の中で、最初の整数1000までの10乗の総和を、7分半で計算できると述べている。 もし彼に挑戦したい方は、次の式を使ってトライしてみて下さい! (1/11){(x+B)11 - B11} = (1/11)(x11+11B1x10+55B2x9+330B4x7+462B6x5+165B8x3+11B10x) 尚、 x = 1000, B1 = 1/2, B2 = 1/6, B4 = -1/30, B6 = 1/42, B8 = -1/30,B10 = 5/66,
質問、問い合わせは 筆者 岩本 卓也 宛てにお願いします。
Last Updated July 9-th, 2006
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