kadai78

平成２１年１０月１１日

[流れ星]

　　　　　第２３０回数学的な応募問題解答

　　　　　　＜解答募集期間：９月20日～10月11日

［累乗和の求め方］

先日、「大学への数学８月号」を読んでいたところ、累乗和の求め方の記事があり、今までと違った方法でしたので、紹介を兼ねて出題します。

NO1「uchinyan」 9/20 14時26分受信更新10/11

第２３０回数学的な応募問題
［累乗和の求め方］

一般に，数列 a(n), n = 1, 2, 3, ...，に対して，その和 S(n) は，
S(n) = Σ[k=1,n]{a(k)}
と書けます。そこで，逆に，
a(1) = S(1)
a(n) = S(n) - S(n-1), n = 2, 3, ...
となります。以下では，このことを使います。

問題１：
(1)
S(n) = n^2 より，
a(1) = S(1) = 1^2 = 1
a(n) = S(n) - S(n-1) = n^2 - (n-1)^2 = 2n - 1, n = 2, 3, ...
ここで，
a(1) = 1 = 2 * 1 - 1
なので，
a(n) = 2n - 1, n = 1, 2, 3, ...
になります。
(2)
n = 1/2 * (a(n) + 1)
です。
(3)
k = 1/2 * (a(k) + 1)
なので，
Σ[k=1,n]{k}
= Σ[k=1,n]{1/2 * (a(k) + 1)}
= 1/2 * (Σ[k=1,n]{a(k)} + Σ[k=1,n]{1})
ここで，
Σ[k=1,n]{a(k)} = S(n) = n^2，Σ[k=1,n]{1} = n
なので，
= 1/2 * (n^2 + n)
= n(n+1)/2
つまり，
Σ[k=1,n]{k} = n(n+1)/2
になります。

問題２：
(1)
S(n) = n^3 より，
a(1) = S(1) = 1^3 = 1
a(n) = S(n) - S(n-1) = n^3 - (n-1)^3 = 3n^2 - 3n + 1, n = 2, 3, ...
ここで，
a(1) = 1 = 3 * 1^2 - 3 * 1 + 1
なので，
a(n) = 3n^2 - 3n + 1, n = 1, 2, 3, ...
になります。
(2)
n^2 = 1/3 * (a(n) + 3n - 1)
です。
(3)
k^2 = 1/3 * (a(k) + 3k - 1)
なので，
Σ[k=1,n]{k^2}
= Σ[k=1,n]{1/3 * (a(k) + 3k - 1)}
= 1/3 * (Σ[k=1,n]{a(k)} + 3 * Σ[k=1,n]{k} - Σ[k=1,n]{1})
ここで，
Σ[k=1,n]{a(k)} = S(n) = n^3，Σ[k=1,n]{1} = n
問題１：より Σ[k=1,n]{k} = n(n+1)/2
なので，
= 1/3 * (n^3 + 3 * n(n+1)/2 - n)
= 1/6 * n * (2n^2 + 3n + 1)
= n(n+1)(2n+1)/6
つまり，
Σ[k=1,n]{k^2} = n(n+1)(2n+1)/6
になります。

問題３：
(1)
S(n) = n^4 より，
a(1) = S(1) = 1^4 = 1
a(n) = S(n) - S(n-1) = n^4 - (n-1)^4 = 4n^3 - 6n^2 + 4n - 1, n = 2, 3, ...
ここで，
a(1) = 1 = 4 * 1^3 - 6 * 1^2 + 4 * 1 - 1
なので，
a(n) = 4n^3 - 6n^2 + 4n - 1, n = 1, 2, 3, ...
になります。
(2)
n^3 = 1/4 * (a(n) + 6n^2 - 4n + 1)
です。
(3)
k^3 = 1/4 * (a(k) + 6k^2 - 4k + 1)
なので，
Σ[k=1,n]{k^3}
= Σ[k=1,n]{1/4 * (a(k) + 6k^2 - 4k + 1)}
= 1/4 * (Σ[k=1,n]{a(k)} + 6 * Σ[k=1,n]{k^2} - 4 * Σ[k=1,n]{k} + Σ[k=1,n]{1})
ここで，
Σ[k=1,n]{a(k)} = S(n) = n^3，Σ[k=1,n]{1} = n
問題１：より Σ[k=1,n]{k} = n(n+1)/2
問題２：より Σ[k=1,n]{k} = n(n+1)(2n+1)/6
なので，
= 1/4 * (n^4 + 6 * n(n+1)(2n+1)/6 - 4 * n(n+1)/2 + n)
= 1/4 * n * (n^3 + 2n^2 + n)
= 1/4 * n^2 * (n+1)^2
= {n(n+1)/2}^2
つまり，
Σ[k=1,n]{k^3} = {n(n+1)/2}^2
になります。

問題４：
(1)
S(n) = n * 2^n より，
a(1) = S(1) = 1 * 2^1 = 2
a(n) = S(n) - S(n-1)
= n * 2^n - (n-1) * 2^(n-1)
= (n-1) * 2^n + 2^n - (n-1) * 2^(n-1)
= (n-1) * (2^n - 2^(n-1)) + 2^n
= (n-1) * (2 * 2^(n-1) - 2^(n-1)) + 2^n
= (n-1) * 2^(n-1) + 2^n, n = 2, 3, ...
ここで，
a(1) = 2 = (1-1) * 2^(1-1) + 2^1
なので，
a(n) = (n-1) * 2^(n-1) + 2^n, n = 1, 2, 3, ...
になります。
(2)
Σ[k=1,n]{k * 2^(k-1)}
= Σ[k=1,n]{(k-1) * 2^(k-1) + 2^(k-1)}
ここで，
(1) より (k-1) * 2^(k-1) = a(k) - 2^k
Σ[k=1,n]{a(k)} = S(n) = n * 2^n
なので，
= Σ[k=1,n]{a(k) - 2^k + 2^(k-1)}
= Σ[k=1,n]{a(k) - 2 * 2^(k-1) + 2^(k-1)}
= Σ[k=1,n]{a(k) - 2^(k-1)}
= Σ[k=1,n]{a(k)} - Σ[k=1,n]{2^(k-1)}
= n * 2^n - (2^n - 1)/(2 - 1)
= n * 2^n - 2^n + 1
= (n-1) * 2^n + 1
つまり，
Σ[k=1,n]{k^3} = (n-1) * 2^n + 1
になります。
なお，
Σ[k=1,n]{k * 2^(k-1)}
= Σ[k=1,n]{(k-1) * 2^(k-1) + 2^(k-1)}
= Σ[k=1,n]{(k-1) * 2^(k-1)} + Σ[k=1,n]{2^(k-1)}
= Σ[k=1,n]{a(k) - 2^k} + Σ[k=1,n]{2^(k-1)}
= Σ[k=1,n]{a(k)} - Σ[k=1,n]{2^k} + Σ[k=1,n]{2^(k-1)}
= n * 2^n - (2^1 + 2^2 + ... + 2^(n-2) + 2^(n-1) + 2^n) + (2^0 + 2^1 + 2^2 + ... + 2^(n-2) + 2^(n-1))
= n * 2^n - 2^n + 1
= (n-1) * 2^n + 1
としてもいいですね。

(若干の考察まじりの感想)
問題１：～問題３：は，要するに，恒等式
n^2 - (n-1)^2 = 2n - 1
n^3 - (n-1)^3 = 3n^2 - 3n + 1
n^4 - (n-1)^4 = 4n^3 - 6n^2 + 4n - 1
を利用していることになりますが，これらの両辺のΣを直接にとる計算はよく行われていると思います。
少なくとも，私が高校生だった時の教科書では，確か，この方法で求めていました。
また，問題４：は，
T(n) = Σ[k=1,n]{k * 2^(k-1)} として，2 倍して差をとると，
2 * T(n) - T(n) = Σ[k=1,n]{k * 2^k} - Σ[k=1,n]{k * 2^(k-1)}
T(n) = Σ[k=1,n-1]{k * 2^k} + n * 2^n - 1 - Σ[k=2,n]{k * 2^(k-1)}
= n * 2^n - 1 + Σ[k=2,n]{(k-1) * 2^(k-1)} - Σ[k=2,n]{k * 2^(k-1)}
= n * 2^n - 1 - Σ[k=2,n]{(k - (k-1)) * 2^k}
= n * 2^n - 1 - Σ[k=2,n]{2^(k-1)}
= n * 2^n - Σ[k=1,n]{2^(k-1)}
となって，同じ計算になりますが，これもよく行われていると思います。
したがって，一見新たな方法のようにも見えますが，
個人的には，「今までと違った方法」とまでは言えないような気もしますが．．．