\( k^n \) の総和 公式の導出


1から100まで足すといくらになるか。

ガウスがこの計算を即座にやってのけたという話はあまりに有名で、整数を順次足す、等差数列を順次足す方法はご存じの方も多いと思います。

よく使われる説明の方法として、石を三角の形に置き、それと点対象な三角の形に石を置くというのがあります。

ではこれが、 \(1^2 + 2^2 + 3^3 + \cdots + 100^2\) だったらどうなるでしょうか。

ここでは、計算のみを使って総和の公式を導出します。

\(k\) を1以上の数として、 \(k^2 – (k-1)^2 \)を考えます。

\[ k^2 – (k-1)^2 = 2k – 1 \]

これを \(k=1\) から \(n\) まで足していきます。

\begin{eqnarray*}
n^2 – (n – 1)^2 & = & 2n – 1 \\
(n – 1)^2 – (n – 2) ^ 2 & = & 2(n – 1) – 1 \\
& \vdots & \\
2 ^ 2 – 1 ^ 2 & = & 2 \cdot 2 – 1 \\
1 ^ 1 – 0 ^ 2 & = & 2 \cdot 1 – 1
\end{eqnarray*}

これを足すと、左辺には \(n^2\) が残り、 右辺は \( 2 \sum_{k=1}^n k – n \) となります。
\[ n^2 = 2 \sum_{k=1}^n k – n \]

ここから式変形をして、最終的な公式になります。

\begin{eqnarray*}
n^2 & = & 2 \sum_{k=1}^n k – n \\
2 \sum_{k=1}^n k & = & n^2 + n \\
& = & n(n+1) \\
\sum_{k=1}^n k & = & \frac{1}{2} n(n+1)
\end{eqnarray*}

同様にして2乗の場合や3乗の場合も公式を導くことができます。

ここでは別の方法でもやってみます。

1 から \( n \) まで足した値と \( n \) から 1 まで足した値は同じです。 これより次の式が成り立ちます。

\begin{eqnarray*}
\sum _{k = 1} ^n k & = & \sum _{k = 1} ^n (n + 1 – k) \\
& = & \sum _{k = 1} ^n (n + 1) – \sum _{k = 1} ^n k \\
2 \sum _{k = 1} ^n k & = & \sum _{k = 1} ^n (n + 1) \\
& = & n ( n + 1 ) \\
\sum _{k = 1} ^n k & = & \frac{1}{2} n (n + 1)
\end{eqnarray*}

2乗の場合

\( k^3 – (k-1)^3 = – 3 k^2 + 3k – 1 \) ですから、

\begin{eqnarray*}
n^3 & = & – 3 \sum_{k=1}^n k^2 + 3 \sum_{k=1}^n k – n \\
& = & – 3 \sum_{k=1}^n k^2 + \frac{3}{2} n(n+1) – n \\
3 \sum_{k=1}^n k ^ 2 & = & n^3 + \frac{3}{2} n (n+1) – n \\
& = & \frac{1}{2} n \left\{ 2n^2 + 3(n+1) – 2 \right\} \\
& = & \frac{1}{2} n \left\{ 2 (n + 1) (n – 1) + 3(n+1)\right\} \\
& = & \frac{1}{2} n (n+1) \left\{ 2 (n – 1) + 3 \right\} \\
& = & \frac{1}{2} n (n+1) (2 n + 1) \\
\sum_{k=1}^n k ^ 2 & = & \frac{1}{6} n (n+1) (2 n + 1) .
\end{eqnarray*}

別の方法でも考えてみます。

\( n = 1 \) のところで見たように、 \( m^2 – (m-1)^2 \) を \( m = 1 \) から \( m = k \) まで足すと \( k^2 \) になります。

\[ k^2 = \sum _{k=1}^k (2m-1) \]

これを \( k = 1 \) から \( k = n \) まで足します。

\[ \sum _{k = 1} ^n k^2 = \sum _{k=1}^n \sum _{m=1}^k (2m-1) \]

\( 2m – 1 \) の出現回数に注目します。 \( m = 1 \) のとき、 すなわち \( 2 \cdot 1 – 1 \) は 右辺の総和を計算する際に、 \( n \) 回 出現します。 右辺の外側の Σ(シグマ) を計算するときに \( k = 1, \cdots , n \) で出現します。

\( m = 2 \) のときの値 \( 2 \cdot 2 – 1 \) は 右辺の総和を計算する際に、 \( n – 1 \) 回 出現します。 右辺の外側の Σ(シグマ) を計算するときの \( k = 2, \cdots , n \) で出現します。

このように考えていくと、 \( 2 m – 1 \) の値は 右辺の総和を計算する際に \( n + 1 – m \) 回 出現することがわかります。 したがって次のように上の式を書き換えることができます。

\begin{eqnarray*}
\sum _{k=1}^n k^2 & = & \sum _{m=1}^n (n+1-m)(2m-1) \\
& = & \sum _{k=1}^n (n+1-k)(2k-1)
\end{eqnarray*}

\( \sum _{k=1}^n k \) のときにも説明しましたが、 同様に \( \sum _{k=1}^n k^2 = \sum _{k=1}^n (n+1-k)^2 \) です。 そこでこの両辺をそれぞれ上の式に足してみます。

\begin{eqnarray*}
3 \sum _{k=1}^n k^2 & = & \sum _{k=1}^n (n+1-k)(2k-1) + 2 \sum _{k=1}^n (n+1-k)^2 \\
& = & \sum _{k=1}^n \left\{ (n+1-k)(2k-1) + 2(n+1-k)^2 \right\} \\
& = & \sum _{k=1}^n \left[ (n+1-k) \left\{ (2k-1) + 2(n+1-k) \right\} \right] \\
& = & \sum _{k=1}^n \left\{ (n+1-k) (2n + 1) \right\} \\
& = & (2n+1) \sum _{k=1}^n (n+1-k) \\
& = & (2n+1) \sum _{k=1}^n k \\
& = & (2n+1) \left\{ \frac{1}{2} n (n+1) \right\} \\
& = & \frac{1}{2} n(n+1)(2n+1) \\
\sum _{k=1}^n k^2 & = & \frac{1}{6} n(n+1)(2n+1)
\end{eqnarray*}

公式を導くことができました。 この式展開の方法は、 2乗和について石を敷き詰めるやり方を表しています。 ここでは詳しい説明は省きますが、 興味がありましたら書籍 代数を図形で解く をご覧ください。

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