Σ の計算(k² の和)

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 $\sum _{k=1}^{10}{k}^2$ は、平方数の和だ。

$$1^2+2^2+3^2+\cdots +10^2=1+4+9+\cdots +100$$

公式を使う。

$$\sum _{k=1}^n{k}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$

代入する。

$$\sum _{k=1}^{10}{k}^2=\frac{10\times 11\times 21}{6}$$

計算のコツ: 先に約分する。

$$\frac{10\times 11\times 21}{6}=\frac{10\times 11\times 21}{6}$$

$21÷3=7$、$6÷3=2$、そして $10÷2=5$。

$$=5\times 11\times 7=385$$

分母 $6$ を忘れない。 そして $(2n+1)$ の部分($n$ に $10$ を入れて $21$)を、$(n+1)$ と間違えないこと。

$3$ つの因数 $n$、$n+1$、$2n+1$ を、順に書き出してから掛ける。

$n=10$ を代入する。$2n+1=21$。

$$\sum _{k=1}^{10}{k}^2=\frac{10\times 11\times 21}{6}=\frac{2310}{6}=385$$

まとめ:$\Sigma k^2$ の公式は $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$。分子を $10\times 11\times 21=2310$ とかけてから $6$ で割る。$3$ つの因数の並びを覚えておく。

発展 — 一歩先へ。 $\Sigma$ の公式を、次数ごとに並べてみよう。

$$\sum _{k=1}^n{k}^0=n$$ $$\sum _{k=1}^n{k}^1=\frac{n^2+n}{2}$$ $$\sum _{k=1}^n{k}^2=\frac{2n^3+3n^2+n}{6}$$ $$\sum _{k=1}^n{k}^3=\frac{n^4+2n^3+n^2}{4}$$

規則性が見える。

$$\boxed{\sum _{k=1}^n{k}^p\text{は、n の (p+1) 次式}}$$

そして、最高次の項は必ず $\frac{n^{p+1}}{p+1}$ である。

$$\sum k^2\approx \frac{n^3}{3},\sum k^3\approx \frac{n^4}{4}$$

これは、積分の公式とそっくりだ。

$${\int }_0^n{x}^{p}dx=\frac{n^{p+1}}{p+1}$$

まったく同じ形!

偶然ではない。 $\sum _{k=1}^n{k}^p$ は、$y=x^p$ の下の面積を、幅 $1$ の長方形で近似したもの — $n$ が大きければ、積分に近づく。

$$\sum _{k=1}^n{k}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{n^3}{3}+\frac{n^2}{2}+\frac{n}{6}$$

主要項は $\frac{n^3}{3}$ ✓ 積分と一致する。

残りの項($\frac{n^2}{2}$ など)は、長方形と曲線の"ズレ"を補正している。

この補正項には、名前がついている。

$$\sum _{k=1}^n{k}^p=\frac{n^{p+1}}{p+1}+\frac{n^p}{2}+\frac{p}{12}{n}^{p-1}-\cdots$$

係数に現れる $\frac{1}{2}$、$\frac{1}{12}$、$0$、$-\frac{1}{720}$ $\dots$ を、ベルヌーイ数という。

この数列は、整数論の最深部に現れる。

• リーマンゼータ関数の特殊値: $\zeta (2)=\frac{{\pi }^2}{6}$、$\zeta (4)=\frac{{\pi }^4}{90}$ — ベルヌーイ数で書ける
• フェルマーの最終定理の研究(クンマーの理論)
• オイラー・マクローリンの公式(和と積分を結ぶ)

$\sum k^2=385$ という素朴な計算。 その公式の係数の中に、$\pi$ や整数論の深淵が隠れている。

そして、世界初のコンピュータ・プログラム($1843$ 年、エイダ・ラブレスが書いた)は、まさに「ベルヌーイ数を計算する」ものだった。

$\Sigma$ の公式は、計算機科学の出発点でもあったのだ。

別解

この公式は、どうやって作られたのか。 「望遠鏡和」という強力な技で導いてみよう。公式を忘れても、その場で作り直せるようになる。

導出: $(k+1{)}^3-k^3$ を考える。

展開すると

$$(k+1{)}^3-k^3=(k^3+3k^2+3k+1)-k^3=3k^2+3k+1$$

この式の、両辺を $k=1$ から $n$ まで足す。

左辺(望遠鏡和)。

$$\sum _{k=1}^n\{(k+1{)}^3-k^3\}=(2^3-1^3)+(3^3-2^3)+\cdots +\{(n+1{)}^3-n^3\}$$

次々に打ち消し合う!

$$=(n+1{)}^3-1^3=(n+1{)}^3-1$$

残るのは、最初と最後だけ — これが望遠鏡和だ。

右辺。

$$\sum _{k=1}^n(3k^2+3k+1)=3\sum k^2+3\sum k+\sum 1=3\sum k^2+3\cdot \frac{n(n+1)}{2}+n$$

左辺 $=$ 右辺 とおいて、$\sum k^2$ について解く。

$$(n+1{)}^3-1=3\sum k^2+\frac{3n(n+1)}{2}+n$$

$$3\sum k^2=(n+1{)}^3-1-\frac{3n(n+1)}{2}-n$$

整理すると(計算は少し骨が折れるが)

$$\sum _{k=1}^n{k}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}✓$$

公式が導けた!

$n=10$ で確かめる。

左辺(望遠鏡和): $11^3-1=1331-1=1330$

右辺: $3\times 385+3\times 55+10=1155+165+10=1330$ ✓

ぴったり一致した。

この導出法の何がすごいか。

$\sum k^3$ の公式も、同じ方法で作れる。 $(k+1{)}^4-k^4$ を使えばよい。

$$\sum k^3={\left\{\frac{n(n+1)}{2}\right\}}^2$$

$\sum k^4$ も、$\sum k^5$ も、同じ手順で導ける — 無限に続けられる。

「$1$ つ上の次数の差を作って、望遠鏡和にする」 — この技が、すべての $\Sigma$ 公式を生み出す装置なのだ。

そして、これは積分と同じ構造をしている。

$${\int }_a^b{f}^{\prime }(x)dx=f(b)-f(a)(\text{微積分学の基本定理})$$

$$\sum _{k=1}^n\{g(k+1)-g(k)\}=g(n+1)-g(1)(\text{望遠鏡和})$$

「差の和は、両端だけになる」 — 連続版が積分の基本定理、離散版が望遠鏡和である。

同じ原理が、$2$ つの世界に現れている。