積分を用いたシグマk^3の公式証明

(1) 任意の実数 $x$ に対して \[ \int_{x}^{x+1} f(u)\,du = x^3 \] を満たす3次の整式 $f(u)$ を求めよ。
(2) (1) の式を用いて \[ \sum_{k=1}^{n} k^3 \] を求めよ。
(3) \[ \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{2k-1}{2}\right)^3 \]を求めよ。

$f(x)$の原始関数のひとつを$F(x)$とすると \begin{eqnarray} \int_x^{x+1} f(u)\,du &=& \Big[ F(u) \Big] _x^{x+1} \\ &=& F(x+1) -F(x) \end{eqnarray} なので、 \begin{eqnarray} \{ F(x+1) -F(x) \}’ &=& f(x+1) \cdot (x+1)’ -f(x) \\ &=& f(x+1) -f(x) \end{eqnarray}

(1) \[ \int_x^{x+1} f(u)\,du = x^3　\hspace{5mm} \cdots \mbox{①} \] の両辺を微分すると \[ f(x+1)-f(x)=3x^2 \] を得る。 一方、 $f(x)$ は3次式なので \[ f(x)=ax^3+bx^2+cx+d \hspace{5mm} (a \neq 0) \] とおけて、このとき \begin{eqnarray} f(x+1)-f(x) &=& a\{ (x+1)^3-x^3 \}+b\{ (x+1)^2-x^2 \} +c\{ (x+1)-x \} \\ &=& a(3x^2+3x+1)+b(2x+1)+c \\ &=& 3ax^2+(3a+2b)x+a+b+c \end{eqnarray} これが $x $の値によらず $3x^2$ に等しいので \[ 3a=3,\ 3a+2b=0, \ a+b+c=0 \] すなわち \[a=1, \ b=-\frac32, \ c=\frac12 \] を得る。よって \[ f(x)=x^3-\frac32x^2+\frac12x+d \hspace{5mm} \cdots \mbox{②} \] となるが、①に $x=0$ を代入すると \[ \int_0^{1} f(u)\,du = 0 \] である。さらに②とから \begin{eqnarray} \int_0^{1} f(u)\,du &=& \int_0^{1}\left(u^3-\frac32u^2+\frac12u+d\right)du \\ &=& \left[\frac{u^4}{4}-\frac{u^3}{2}+\frac{u^2}{4}+du\right]_{0}^{1} \\ &=& \frac14-\frac12+\frac14 +d \\ &=& d \end{eqnarray} を得るので
\[ d=0 \] したがって \[ f(u)=u^3-\frac32u^2+\frac12u \hspace{5mm} \cdots \mbox{(答)} \]

(1) \[ \int_x^{x+1} f(u)\,du = x^3　\hspace{5mm} \cdots \mbox{①} \] $f(x)$ は3次式なので \[ f(x)=ax^3+bx^2+cx+d \hspace{5mm} (a \neq 0) \] とおけて、このとき \begin{align} \text{①の左辺} &= \int_x^{x+1} (au^3+bu^2+cu+d) \,du \\ &= \Big[ \frac{a}{4}u^4+\frac{b}{3}u^3+\frac{c}{2}u^2+du \Big] _x^{x+1} \\ &= \frac{a}{4} \{ (x+1)^4-x^4 \} +\frac{b}{3} \{ (x+1)^3-x^3 \} \\ &\quad +\frac{c}{2}\{ (x+1)^2-x^2 \} +d\{ (x+1)-x \} \\ &= \frac{a}{4} (4x^3 +6x^2 +4x +1) +\frac{b}{3} (3x^2+3x+1) \\ &\quad +\frac{c}{2} (2x+1) +d \\ &= a x^3 +\left(\frac{3a}{2}+b\right)x^2 +(a+b+c)x +\frac{a}{4}+\frac{b}{3}+\frac{c}{2}+d \end{align} これが、$x$によらず $x^3$になるので \[ a=1,\ \frac{3a}{2}+b=0, \ a+b+c=0, \ \frac{a}{4}+\frac{b}{3}+\frac{c}{2}+d=0 \] すなわち \[a=1, \ b=-\frac32, \ c=\frac12, \ d=0 \] 以上より\[ f(u)=u^3-\frac32u^2+\frac12u \hspace{5mm} \cdots \mbox{(答)} \]

(2) ①で $x=k$（$k$は自然数）とおくと \[ \int_k^{k+1} f(u)\,du = k^3 \] である。これを $k=1$ から $n$ まで辺々加えると \[ 1^3+2^3+\cdots+n^3 = \int_1^{2} f(u)\,du +\int_2^{3} f(u)\,du +\cdots+ \int_{n}^{n+1} f(u)\,du \] すなわち \[ \sum_{k=1}^{n} k^3=\int_{1}^{n+1} f(u)\,du \] (1)の結果とから \begin{eqnarray} \int_{1}^{n+1} f(u)\,du &=& \int_1^{n+1}\left(u^3-\frac32u^2+\frac12u\right)du \\ &=& \left[\frac{u^4}{4}-\frac{u^3}{2}+\frac{u^2}{4}\right]_{1}^{n+1} \\ &=& \frac{(n+1)^4}{4}-\frac{(n+1)^3}{2}+\frac{(n+1)^2}{4} \\ &=& \frac{(n+1)^2}{4}\left\{ (n+1)^2-2(n+1)+1\right\} \\ &=& \left\{ \frac{n(n+1)}{2}\right\}^2 \end{eqnarray} 以上より \[ \sum_{k=1}^{n} k^3=\left\{ \frac{n(n+1)}{2}\right\}^2 \hspace{5mm} \cdots \mbox{(答)} \]

• 数列は隣同士の関係が大切

\[ (k+1)^4-k^4 = 4k^3+6k^2+4k+1 \] あるいは \[ k(k+1)(k+2)(k+3)-(k-1)k(k+1)(k+2) = 4k(k+1)(k+2) \]

$k$についての恒等式 \[ k^2(k+1)^2-(k-1)^2k^2=4k^3 \] すなわち \[ k^3=\frac{1}{4} \left\{ k^2(k+1)^2-(k-1)^2k^2 \right\} \] において$ k=1,2,3, \cdots n $として辺々加えると \begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{n}k^3 &=& \frac{1}{4} (1^2\cdot2^2-0^2\cdot1^2) +\frac{1}{4}(2^2\cdot3^2-1^2\cdot2^2)\\ & & +\frac{1}{4}(3^2\cdot3^2-2^2\cdot2^2)+ \cdots + \frac{1}{4}\{ n^2(n+1)^2-(n-1)^2n^2 \} \\ &=& \frac{1}{4}n^2(n+1)^2 \\ &=& \left\{\frac{n(n+1)}{2}\right\}^2 \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} (k+1)^2-(k-1)^2 &=& (k^2+2k+1)-(k^2-2k+1) \\ &=& 4k \end{eqnarray} \[ k^3=\frac{1}{4} \left\{ k^2(k+1)^2-(k-1)^2k^2 \right\} \] において$ k=1,2,3, \cdots n $とおくと \begin{eqnarray} k=1 \mbox{のとき} & & \hspace{15mm} 1^3=\frac{1}{4} (1^2\cdot2^2-0^2\cdot1^2) \\ k=2 \mbox{のとき} & & \hspace{15mm}2^3=\frac{1}{4}(2^2\cdot 3^2-1^2\cdot2^2) \\ k=3 \mbox{のとき} & & \hspace{15mm}3^3=\frac{1}{4}(3^2\cdot 4^2-2^2\cdot3^2) \\ & & \vdots \\ k=n-1\mbox{のとき} & & (n-1)^3= \frac{1}{4}\{ (n-1)^2 n^2-(n-2)^2(n-1)^2 \} \\ k=n\mbox{のとき} & & \hspace{15mm} n^3= \frac{1}{4}\{ n^2(n+1)^2-(n-1)^2n^2 \} \\ \end{eqnarray} 辺々加えると \[ \sum_{k=1}^{n} k^3=\left\{ \frac{n(n+1)}{2}\right\}^2 \] となる

• 帰納法のコツ

仮定した式を必ず使う
示すべき目標式をはっきりさせる

示すべき式 \[ 1^3+2^3+3^3+ \cdots + n^3=\left\{ \frac{n(n+1)}{2}\right\}^2 \hspace{5mm} \cdots (\mathrm{A}) \] に対して、$n=m$で仮定した式は \[ 1^3+2^3+3^3+ \cdots + m^3=\left\{ \frac{m(m+1)}{2}\right\}^2 \] 目標式は1個番号のずれた \[ 1^3+2^3+3^3+ \cdots + m^3+(m+1)^3 =\left\{ \frac{(m+1)(m+2)}{2}\right\}^2 \] です。

\[ \sum_{k=1}^{n} k^3=\left\{ \frac{n(n+1)}{2}\right\}^2 \] すなわち \[ 1^3+2^3+3^3+ \cdots + n^3=\left\{ \frac{n(n+1)}{2}\right\}^2 \hspace{5mm} \cdots (\mathrm{A}) \] を示す。
i) $n=1$ のとき \[ (\mathrm{A}) \mbox{の左辺} = 1^3 = 1 \] \[ (\mathrm{A}) \mbox{の右辺} = \left( \frac{1\cdot 2}{2} \right)^2 = 1 \] なので、$(\mathrm{A})$ は成り立つ。
ii) $n=m$ のとき $(\mathrm{A})$ が成り立つと仮定すると \[ 1^3+2^3+3^3+ \cdots + m^3=\left\{ \frac{m(m+1)}{2}\right\}^2 \] であるが、このとき \[ 1^3+2^3+3^3+ \cdots + m^3 + (m+1)^3 \] \begin{eqnarray} &=& \left\{ \frac{m(m+1)}{2}\right\}^2 + (m+1)^3 \\ &=& \frac{(m+1)^2}{4}\{ m^2+4(m+1) \} \\ &=& \left\{ \frac{(m+1)(m+2)}{2} \right\}^2 \end{eqnarray} となるので、$(\mathrm{A})$ は $n=m+1$ のときも成り立つ。
i), ii) より、数学的帰納法によって、$(\mathrm{A})$ すなわち \[ \sum_{k=1}^{n} k^3=\left\{ \frac{n(n+1)}{2}\right\}^2 \] が成り立つことが示された(証明終)。

\[ \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{2k-1}{2}\right)^3 \]

\[ \left(\frac{1}{2}\right)^3 + \left(\frac{3}{2}\right)^3 + \left(\frac{5}{2}\right)^3 +\cdots+ \left(\frac{2n-1}{2}\right)^3 \]

• シグマはほぐして具体的な式に

\[ \sum_{k=1}^{3}k^3 \mbox{でピンとこなければ、ほぐして} 1^3+2^3+3^3 \mbox{の具体的な式に} \]

\[ \left(\frac{1}{2}\right)^3 + \left(\frac{3}{2}\right)^3 + \left(\frac{5}{2}\right)^3 +\cdots+ \left(\frac{2n-1}{2}\right)^3 \]

\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{2k-1}{2}\right)^3 &=& \left(\frac{1}{2}\right)^3 +\left(\frac{3}{2}\right)^3 +\cdots+ +\left(\frac{2n-1}{2}\right)^3 \\ &=& \left(\frac{1}{2}\right)^3 \color{yellow}{+\left(\frac{2}{2}\right)^3} +\left(\frac{3}{2}\right)^3 \color{yellow}{+\left(\frac{4}{2}\right)^3} +\cdots+ \left(\frac{2n-1}{2}\right)^3 \color{yellow}{+\left(\frac{2n}{2}\right)^3}\\ & & \color{yellow}{-\left(\frac{2}{2}\right)^3} \color{yellow}{-\left(\frac{4}{2}\right)^3} \color{yellow}{-\cdots } \color{yellow}{-\left(\frac{2n}{2}\right)^3} \\ &=& \sum_{k=1}^{2n}\left(\frac{k}{2}\right)^3-\sum_{k=1}^{n}k^3 \\ &=& \frac{1}{8} \left\{\frac{2n(2n+1)}{2}\right\}^2 -\left\{ \frac{n(n+1)}{2}\right\} ^2 \\ &=& \frac{1}{8}n^2(2n+1)^2 -\frac{1}{4}n^2(n+1)^2 \\ &=& \frac{1}{8}n^2 \left\{ (2n+1)^2 – 2(n+1)^2 \right\} \\ &=& \frac{1}{8}n^2 \left\{ (4n^2+4n+1) – (2n^2+4n+2) \right\} \\ &=& \frac{1}{8}n^2(2n^2-1) \hspace{5mm} \cdots \mbox{(答)} \end{eqnarray}