角錐数

同義語：四面体数四角錐数pyramidal numbertetrahedral number

概要

前提知識: 多角数, 二項定理と組合せの恒等式, 数列の和と差分

高校での出発点：みかんを積み上げる

果物屋の店先では、みかんを三角錐や四角錐の形に積むことがある。三角錐なら、いちばん上に1個、2段目に3個、3段目に6個、4段目に10個と、各段に三角数の個数が並ぶ。4段で $1+3+6+10=20$ 個である。四角錐なら各段が平方数で、4段で $1+4+9+16=30$ 個である。このように、多角数を段にして積み上げた点の数を 角錐数 という。

4段の三角錐と四角錐

三角錐の各段は三角数 $T_k=\frac{k(k+1)}2$ で、$T_1,T_2,T_3,T_4=1,3,6,10$ である。合計は
$$ 1+3+6+10=20. $$
四角錐の各段は平方数で、合計は
$$ 1+4+9+16=30. $$
5段目を足すと、三角錐は $20+15=35$ 個、四角錐は $30+25=55$ 個になる。

上は三角錐の各段（三角数）、下は四角錐の各段（平方数）を横に並べて足した図
多角数では、鉤の形の点の数が等差数列になることから、多角数の一般項を求めた。この記事では、多角数の和をとる。和の計算には2つの道がある。1つは $\sum k$ と $\sum k^2$ の公式を使う道、もう1つはパスカルの三角形を使う道である。2つ目の道を通ると、逆に $\sum k^2$ の公式が新しく導ける。
この記事の問いは次の2つである。

三角錐に積んだ点の数（四面体数）は何か。→ thm-pyr-tetra

一般の $s$ 角錐数は何か。四角錐数と四面体数の関係は。→ thm-pyr-general

高校の計算	この記事の見方	つながる先
$\sum k$、$\sum k^2$	多角数の和	$n$ の3次式
組合せ $\binom nr$	四面体数 $\binom{n+2}3$	パスカルの三角形の斜めの和
錐の体積 $\frac13Sh$	四角錐数の増え方 $\frac{n^3}3$	和と積分の類似

角錐数の定義

角錐数

$s\ge3$ を整数とする。$s$ 角数 $P_s(k)$（多角数）を $k=1$ から $n$ まで足した
$$ Q_s(n)=P_s(1)+P_s(2)+\cdots+P_s(n) $$
を、$n$ 番目の $s$ 角錐数 という。$Q_s(0)=0$ とする。$s=3$ のときを 四面体数、$s=4$ のときを 四角錐数 という。

$P_3(k)=T_k$、$P_4(k)=k^2$ なので、四面体数は三角数の和、四角錐数は平方数の和である。

最初のいくつかの値

三角数 $1,3,6,10,15,21$ を順に足すと、四面体数は
$$ Q_3(1),\ldots,Q_3(6)=1,\ 4,\ 10,\ 20,\ 35,\ 56. $$
平方数 $1,4,9,16,25,36$ を順に足すと、四角錐数は
$$ Q_4(1),\ldots,Q_4(6)=1,\ 5,\ 14,\ 30,\ 55,\ 91. $$
五角数 $1,5,12,22,35,51$ を足すと、五角錐数は $1,6,18,40,75,126$ である。

主定理1：四面体数は二項係数

パスカルの三角形の数 $\binom nr$ を、$n$ 行目の左から $r$ 番目に置く。三角数は $T_k=\frac{(k+1)k}2=\binom{k+1}2$ なので、パスカルの三角形の左から2番目の斜めの列 $1,3,6,10,\ldots$ に並んでいる（図2）。
パスカルの三角形で、三角数 1、3、6、10 の斜めの列を足すと、その下の行の 20 になることを示す図

四面体数

$n\ge1$ のとき
$$ Q_3(n)=\binom{n+2}3=\frac{n(n+1)(n+2)}6 $$
である。

ホッケースティック恒等式を使う

方針：三角数を二項係数で書き、パスカルの三角形の斜めの和にする。
段1（三角数を二項係数で書く）。$T_k=\frac{k(k+1)}2=\binom{k+1}2$ である。よって
$$ Q_3(n)=\sum_{k=1}^n\binom{k+1}2=\sum_{j=2}^{n+1}\binom j2 $$
となる。2つ目の等号では $j=k+1$ とおいた。
段2（斜めの和）。ホッケースティック恒等式 $\displaystyle\sum_{j=r}^{m}\binom jr=\binom{m+1}{r+1}$（二項定理と組合せの恒等式）を $r=2$、$m=n+1$ として使うと
$$ \sum_{j=2}^{n+1}\binom j2=\binom{n+2}3. $$
段3（式に直す）。$\binom{n+2}3=\frac{(n+2)(n+1)n}{3\cdot2\cdot1}=\frac{n(n+1)(n+2)}6$ である。$\square$

ホッケースティック恒等式は、パスカルの関係 $\binom jr=\binom{j+1}{r+1}-\binom j{r+1}$ を足して打ち消し合わせれば示せる。図2では $1+3+6+10$ の斜めの列の和が、その右下の $20=\binom63$ になっている。

四面体数を式で確かめる

$n=4$ なら $\binom63=\frac{6\cdot5\cdot4}{6}=20$ で、ex-pyr-oranges の三角錐と一致する。$n=10$ なら $\binom{12}3=\frac{12\cdot11\cdot10}6=220$ である。
$\binom{n+2}3$ は、$n+2$ 個のものから3個を選ぶ選び方の数でもある。たとえば $n=2$ なら、4個から3個を選ぶ方法は4通りで、$Q_3(2)=1+3=4$ と一致する。

主定理2：一般の角錐数

$s$ 角錐数の一般項

$s\ge3$、$n\ge1$ のとき
$$ Q_s(n)=Q_3(n)+(s-3)Q_3(n-1)=\frac{n(n+1)\{(s-2)n+(5-s)\}}6 $$
である。とくに四角錐数は
$$ Q_4(n)=Q_3(n)+Q_3(n-1)=\frac{n(n+1)(2n+1)}6=\frac{(2n+1)T_n}3 $$
である。

多角数を三角数で書いてから足す

方針：多角数の定理「多角数と三角数」の式 $P_s(k)=T_k+(s-3)T_{k-1}$ を $k=1$ から $n$ まで足し、四面体数の式を入れる。
段1（段ごとに足す）。$P_s(k)=T_k+(s-3)T_{k-1}$（$T_0=0$）を $k=1,\ldots,n$ について足すと
$$ Q_s(n)=\sum_{k=1}^nT_k+(s-3)\sum_{k=1}^{n}T_{k-1}=Q_3(n)+(s-3)Q_3(n-1). $$
2つ目の和は $T_0+T_1+\cdots+T_{n-1}=Q_3(n-1)$ である（$n=1$ なら $0=Q_3(0)$）。
段2（四面体数の式を入れる）。thm-pyr-tetra により $Q_3(n)=\frac{n(n+1)(n+2)}6$、$Q_3(n-1)=\frac{(n-1)n(n+1)}6$ である（$n=1$ でも右辺は $0$ で正しい）。よって
$$ Q_s(n)=\frac{n(n+1)}6\{(n+2)+(s-3)(n-1)\}=\frac{n(n+1)}6\{(s-2)n+(5-s)\}. $$
中かっこの中は $n+2+(s-3)n-(s-3)=(s-2)n+5-s$ である。
段3（四角錐数）。$s=4$ とおくと $Q_4(n)=Q_3(n)+Q_3(n-1)=\frac{n(n+1)(2n+1)}6$ である。$T_n=\frac{n(n+1)}2$ なので、これは $\frac{(2n+1)}3\cdot\frac{n(n+1)}2=\frac{(2n+1)T_n}3$ とも書ける。$\square$

$Q_4(n)=1^2+2^2+\cdots+n^2$ なので、段3はそのまま 平方の和の公式
$$ \sum_{k=1}^nk^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6 $$
を与える。この証明では $\sum k^2$ の公式を一度も使っていない。使ったのは、多角数の式（等差数列の和）と、パスカルの三角形の斜めの和だけである。教科書の $(k+1)^3-k^3$ を足す方法は数列の和と差分にある。

四角錐を2つの三角錐に分ける

$Q_4(4)=30$ を確かめる。$Q_3(4)+Q_3(3)=20+10=30$ である。段ごとに見ると、四角錐の $k$ 段目の $k^2$ 個は、多角数の系 $k^2=T_k+T_{k-1}$ により、$T_k$ 個と $T_{k-1}$ 個に分かれる。$T_k$ の段を積むと4段の三角錐、$T_{k-1}$ の段を積むと（1段目は $T_0=0$ なので）3段の三角錐になる。
$\frac{(2n+1)T_n}3$ の形でも、$n=4$ なら $\frac{9\cdot10}3=30$ である。

$s$	名前	$Q_s(n)$	$n=1,\ldots,6$
$3$	四面体数	$\frac{n(n+1)(n+2)}6$	$1,4,10,20,35,56$
$4$	四角錐数	$\frac{n(n+1)(2n+1)}6$	$1,5,14,30,55,91$
$5$	五角錐数	$\frac{n^2(n+1)}2$	$1,6,18,40,75,126$
$6$	六角錐数	$\frac{n(n+1)(4n-1)}6$	$1,7,22,50,95,161$

Wei26a も一般の式 $\frac16n(n+1)\{(s-2)n+(5-s)\}$ と、$s=3,4,5$ の場合を挙げている。

四面体数の偶奇と、平方数になる四角錐数

四面体数は4つに1つが奇数

四面体数 $1,4,10,20,35,56,84,120,165,\ldots$ のうち奇数は $1,35,165,\ldots$ で、$n=1,5,9,\ldots$ のとき、すなわち $n$ を4で割った余りが1のときである。理由を確かめる。$Q_3(n)=\frac{n(n+1)(n+2)}6$ が奇数であるのは、$n(n+1)(n+2)$ の素因数分解に2がちょうど1個だけ現れるときである（6で割って奇数が残るため）。
$n$ が偶数なら、$n$ と $n+2$ はともに偶数で、そのどちらかは4の倍数なので、2が3個以上現れる。$n$ が奇数なら、偶数は $n+1$ だけで、2がちょうど1個であるのは $n+1$ が4の倍数でない偶数、すなわち $n+1\equiv2\pmod4$、$n\equiv1\pmod4$ のときである。Wei26b も、四面体数は4つに1つを除いて偶数であると述べている。

四角錐数が平方数になることがある。$Q_4(1)=1=1^2$ と $Q_4(24)=\frac{24\cdot25\cdot49}6=4900=70^2$ である。砲弾を四角錐に積んだ山を、並べ直して正方形にできるか、という問題として知られ、Wei26c は平方数になる四角錐数は $n=1$ と $n=24$ のものだけであると述べている。この記事では証明しない。

反例と注意

外す条件	反例	成り立たなくなること
四角錐数を2つの四面体数に分けるときの段数 $n$ と $n-1$	$Q_3(3)+Q_3(3)=20$	$Q_4(3)=14$ にならない（正しくは $10+4$）
ホッケースティックの和の上端 $n+1$	$\sum_{j=2}^{n}\binom j2$ で止める	$Q_3(n-1)$ になり、1段少ない
増え方を比べる錐の形（底面が正方形）	四面体数を $\frac{n^3}3$ と比べる	比は $1$ でなく $\frac12$ に近づく

増え方を比べる

$Q_4(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}6$ を $\frac{n^3}3$ で割ると
$$ \frac{Q_4(n)}{n^3/3}=\frac{(n+1)(2n+1)}{2n^2}=\left(1+\frac1n\right)\left(1+\frac1{2n}\right) $$
で、$n\to\infty$ のとき $1$ に近づく（比が $1$ に近づくという意味である）。$\frac{n^3}3$ は、底面が1辺 $n$ の正方形で高さ $n$ の四角錐の体積 $\frac13\cdot n^2\cdot n$ である。
一方、$\frac{Q_3(n)}{n^3/3}=\frac{(n+1)(n+2)}{2n^2}=\frac12\left(1+\frac1n\right)\left(1+\frac2n\right)$ は $\frac12$ に近づく。四面体数を $\frac{n^3}6$ と比べれば、比は $1$ に近づく。$n=10$ では $Q_3(10)=220$、$\frac{1000}6=166.6\ldots$ で、比は $1.32$ である。有限の $n$ の比が $1$ からずれているのは、比の式の $\frac1n$、$\frac2n$ の項による。

錐の体積の $\frac13$ と、高さ $n$ の四角錐数が $\frac{n^3}3$ の程度で増えることは、同じ現象の連続版と離散版である。錐の体積の $\frac13$ の理由は錐体の体積とHilbertの第3問題で扱っている。

大学数学で見る：重複組合せと母関数

$\binom{n+2}3=\binom{n+2}{n-1}$ は、4種類のものから重複を許して $n-1$ 個を選ぶ選び方の数（重複組合せ ${}_4\mathrm{H}_{n-1}$）に等しい。たとえば $n=2$ なら、4種類から1個を選ぶ4通りで、$Q_3(2)=4$ と一致する。重複組合せの数え方は場合の数の数え方の体系にある。また、四面体数を係数に並べた $\sum_{n\ge1}Q_3(n)x^n$ は $\frac{x}{(1-x)^4}$ に等しく、数列を関数として扱う見方は母関数：数列を関数として扱うで扱っている。