2014/04/05

4乗の和,べき乗の和の公式

分野: 数列  レベル: 入試対策

$S_1=\displaystyle\sum_{k=1}^nk=\dfrac{1}{2}n(n+1)\\
S_2=\displaystyle\sum_{k=1}^nk^2=\dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\\
S_3=\displaystyle\sum_{k=1}^nk^3=\{\dfrac{1}{2}n(n+1)\}^2$

$S_4=\displaystyle\sum_{k=1}^nk^4=\dfrac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)\\
S_5=\displaystyle\sum_{k=1}^nk^5=\dfrac{1}{12}n^2(n+1)^2(2n^2+2n-1)$


3乗の和の公式までは教科書で扱っているので証明は省略します。3乗の和まで公式があるのなら4乗や5乗の和はどうなるのか気になるところです。4乗以降の公式を覚える必要はありませんが,一般化したくなる気持ちは重要です。

一般的に $n$ 乗の和 $S_n$ の公式は以下の3つの道具を用いて導くことができます:

  • $(k+1)^{n+1}-k^{n+1}=\displaystyle\sum_{i=0}^{n}{}_{n+1}C_ik^i$
  • 階差数列の和の考え方
  • $1, 2, \cdots, n-1$ 乗の和の公式

4乗の和の公式の証明

具体的に4乗の和の公式を求めてみます。

証明

恒等式,$(k+1)^{5}-k^{5}=5k^4+10k^3+10k^2+5k+1$
において両辺 $k=1$ から $n$ まで和を取る:
$(n+1)^5-1=5S_4+10S_3+10S_2+5S_1+n$
ここで,左辺については階差数列の和の「打ち消し合う」考え方を用いた。
上式に $S_1, S_2, S_3$ の公式を代入して $S_4$ について解くと求める公式が得られる:
$(n+1)^5-1\\
=5S_4+\dfrac{10}{4}n^2(n+1)^2+\dfrac{10}{6}n(n+1)(2n+1)+\dfrac{5}{2}n(n+1)+n$
$S_4=\dfrac{1}{5}n^5+\dfrac{1}{2}n^4+\dfrac{1}{3}n^3-\dfrac{1}{30}n\\
=\dfrac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)$

最後の部分の式の展開や因数分解はなかなかに複雑でよい練習問題になるので一度手を動かして計算してみてください!

5乗の和の公式の証明

4乗の和の公式と全く同様にして証明できます。

証明

恒等式,$(k+1)^{6}-k^{6}=6k^5+15k^4+20k^3+15k^2+6k+1$
において両辺 $k=1$ から $n$ まで和を取る:
$(n+1)^6-1=6S_5+15S_4+20S_3+15S_2+6S_1+n$
ここで,左辺については階差数列の和の「打ち消し合う」考え方を用いた。
上式に $S_1, S_2, S_3, S_4$ の公式を代入して $S_5$ について解くと求める公式が得られる:
$S_5=\dfrac{1}{12}n^2(n+1)^2(2n^2+2n-1)$

5乗の和の公式となる計算がかなり複雑になってきます。(複雑なので省略しました、ごめんなさい、、)

※この方法と似ていますが,$x^n$ を差に分解する恒等式を用いて求める手法もあります。→部分分数分解など差に分解する4つの恒等式の最後

n乗の和の公式

原理的には上記の方法で全ての $k$ に対して順々にべき乗の和の公式を求めることができます。実際に $k$ 乗の和を求めてみると,計算は煩雑で,残念ながら結果も以下のような複雑な形になります:

$S_k=\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}j^k=\dfrac{1}{k+1}\sum_{j=0}^k{}_{k+1}C_jB_{j}n^{k+1-j}$

ただし,$B_j$ はベルヌーイ数と呼ばれる数列。(→Wikipedia:ベルヌーイ数

一般的な公式はいまいちピンときませんが,$4$ 乗の和,$5$ 乗の和の公式を証明した方法を一般化して,数学的帰納法を使うことで以下の「 $n$ 乗和の公式のわかりやすい性質」が示せます。

$n$ 乗和の公式は $n+1$ 次多項式で表すことができる。
多項式の $n+1$ 次の係数は $\dfrac{1}{n+1}$

数学的帰納法のパターン3のよい練習問題になります。

複雑な計算で心が折れないようにゴツイ数式に慣れておきましょう

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