Faulhaberの公式
概要
Faulhaberの公式（Faulhaber's formula）とは、正の整数 $m$ について $1^m+2^m+\cdots+n^m$ を Bernoulli 数 $B_j$ を係数とする $n$ の $m+1$ 次多項式 $\frac1{m+1}\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}j(-1)^jB_jn^{m+1-j}$ で表す公式である。$B_1=-\frac12$ の規約のまま $(-1)^j$ を外すと、同じ式が $0^m+1^m+\cdots+(n-1)^m$ を与える。証明には母関数 $\frac t{e^t-1}$ を使う。最高次の係数は $\frac1{m+1}$、次は $\frac12$ であり、和の多項式が $x\mapsto-1-x$ で符号を除いて変わらないことから、奇数乗の和は $\frac{n(n+1)}2$ の多項式になる。
前提知識: Bernoulli数, 数列の和と差分, 二項係数
Faulhaberの公式（Faulhaber's formula）とは、正の整数 $m$ について自然数の $m$ 乗の和 $1^m+2^m+\cdots+n^m$ を、Bernoulli 数を係数とする $n$ の $m+1$ 次多項式で表す公式である。$B_1=-\frac12$ とする規約の Bernoulli 数 $B_j$ を使うと
$$
\sum_{k=1}^{n}k^m=\frac1{m+1}\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}(-1)^jB_j\,n^{m+1-j}
$$
となる。$m=1,2,3$ の場合は高校で学ぶ $\frac{n(n+1)}2$、$\frac{n(n+1)(2n+1)}6$、$\frac{n^2(n+1)^2}4$ であり、公式はこれらを一斉に与える。
冪の和が $n$ の多項式になること自体は、差分の計算からも分かる（数列の和と差分）。Faulhaber の公式はその多項式の係数を、$m$ によらない 1 つの数列 $B_0,B_1,B_2,\dots$ と二項係数で書き表す点に意味がある。たとえば最高次の係数はつねに $\frac1{m+1}$、次の係数はつねに $\frac12$ であり、和 $\sum k^m$ が積分 $\int_0^nx^m\,dx=\frac{n^{m+1}}{m+1}$ にどう近いかが係数から読み取れる。
この記事では、Bernoulli 数を漸化式で定め、母関数を使って公式を証明する。Bernoulli 数の規約（$B_1=\pm\frac12$）と和の範囲の対応を明らかにし、和の多項式が $x\mapsto-1-x$ で符号 $(-1)^{m+1}$ を除いて変わらないことから、奇数乗の和が $\frac{n(n+1)}2$ の多項式になることを導く。
| 結果 | 内容 | 仮定 |
|---|---|---|
| thm-fhb-main | 冪の和の 2 つの表示 | $m\ge1$、$n\ge0$ |
| lem-fhb-odd | $3$ 以上の奇数 $j$ で $B_j=0$ | なし |
| prop-fhb-leading | 最高次から 3 つの係数 | $m\ge2$ |
| thm-fhb-reflection | 和の多項式の対称性と $N=\frac{n(n+1)}2$ による表示 | $m\ge1$ |
定義と主張
有理数の列 $B_0,B_1,B_2,\dots$ を
$$
B_0=1,\qquad \sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}B_j=0\quad(m\ge1)
$$
で定め、$B_j$ を Bernoulli 数という。
漸化式の $m$ 番目の式は $(m+1)B_m=-\sum_{j=0}^{m-1}\binom{m+1}jB_j$ と書けるので、$B_0$ から順に $B_m$ がただ 1 つに決まる。$m=1$ の式 $B_0+2B_1=0$ から $B_1=-\frac12$、$m=2$ の式 $B_0+3B_1+3B_2=0$ から $B_2=\frac16$ である。続けると次の表になる。
| $j$ | $0$ | $1$ | $2$ | $3$ | $4$ | $5$ | $6$ | $7$ | $8$ | $10$ | $12$ |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $B_j$ | $1$ | $-\frac12$ | $\frac16$ | $0$ | $-\frac1{30}$ | $0$ | $\frac1{42}$ | $0$ | $-\frac1{30}$ | $\frac5{66}$ | $-\frac{691}{2730}$ |
$B_1$ を $+\frac12$ とする規約もある。後で示すように（lem-fhb-odd）$j\ne1$ では $(-1)^jB_j=B_j$ なので、$(-1)^jB_j$ は $B_1$ の符号だけを変えた列である。この記事では $B_j$ はつねに $B_1=-\frac12$ の規約で使い、$+\frac12$ の規約は $(-1)^jB_j$ と書いて表す。
$m\ge1$、$n\ge0$ を整数とする。
- $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}k^m=\frac1{m+1}\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}B_j\,n^{m+1-j}$。
- $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^m=\frac1{m+1}\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}(-1)^jB_j\,n^{m+1-j}$。
ここで $n=0$ のとき左辺は空の和で $0$ である。
1 と 2 の違いは $j=1$ の項だけで、1 では $-\frac12n^m$、2 では $+\frac12n^m$ である。$B_1=-\frac12$ の規約は $0$ から $n-1$ までの和に、$B_1=+\frac12$ の規約は $1$ から $n$ までの和に自然に合う。証明は次の節にある。$m=0$ では、$0^0=1$ と約束すれば 1 も 2 も両辺 $n$ で成り立つ。
証明
係数が有理数の形式的冪級数 $\sum_{i\ge0}a_it^i$ の全体 $\mathbb{Q}[\![t]\!]$ を使う（形式的冪級数）。足し算と掛け算は多項式と同じ規則（$t^i$ の係数どうしを足す、$\sum_ia_it^i\cdot\sum_jb_jt^j$ の $t^l$ の係数は $\sum_{i+j=l}a_ib_j$）で定め、収束は考えない。$\mathbb{Q}[\![t]\!]$ は可換環で、$0$ でない 2 つの級数の積は $0$ でない（それぞれの $0$ でない最低次の項の積が積の最低次の項になる。形式的冪級数 の命題「整域性の保存と反映」）。有理数 $a$ について
$$
e^{at}:=\sum_{i\ge0}\frac{a^i}{i!}t^i
$$
とおくと、二項定理により $t^l$ の係数を比べて $e^{at}e^{bt}=e^{(a+b)t}$ である（$\sum_{i+j=l}\frac{a^ib^j}{i!\,j!}=\frac{(a+b)^l}{l!}$）。$e^{0t}=1$ である。
$\beta(t):=\sum_{j\ge0}\frac{B_j}{j!}t^j$ とおくと、$\mathbb{Q}[\![t]\!]$ で
$$
\beta(t)\,(e^t-1)=t
$$
が成り立つ。
$e^t-1=\sum_{i\ge1}\frac{t^i}{i!}$ は定数項が $0$ なので、左辺の定数項は $0$ である。$m\ge0$ について左辺の $t^{m+1}$ の係数は
$$
\sum_{j=0}^{m}\frac{B_j}{j!}\cdot\frac1{(m+1-j)!}=\frac1{(m+1)!}\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}jB_j
$$
である。これは $m=0$ では $B_0=1$、$m\ge1$ では def-fhb-bernoulli の漸化式により $0$ である。右辺 $t$ の係数も $t^1$ で $1$、ほかで $0$ なので、両辺は等しい。$\square$
$e^t-1$ は定数項が $0$ なので $\mathbb{Q}[\![t]\!]$ の中では逆数をもたないが、$\frac{e^t-1}t=\sum_{i\ge0}\frac{t^i}{(i+1)!}$ は定数項 $1$ で逆数をもち、lem-fhb-genfun は $\beta(t)=\Bigl(\frac{e^t-1}t\Bigr)^{-1}$ を意味する。これを $\frac t{e^t-1}=\sum_j\frac{B_j}{j!}t^j$ と書いて Bernoulli 数の定義とすることも多い（Was82 Chapter 4、p. 30）。
1 を示す。$P(t):=\sum_{k=0}^{n-1}e^{kt}$ とおく（$n=0$ なら $P=0$）。$e^te^{kt}=e^{(k+1)t}$ なので、隣り合う項が打ち消し合って
$$
(e^t-1)P(t)=\sum_{k=0}^{n-1}\bigl(e^{(k+1)t}-e^{kt}\bigr)=e^{nt}-1
$$
である。両辺に $\beta(t)$ を掛け、lem-fhb-genfun を使うと
$$
t\,P(t)=\beta(t)\,(e^{nt}-1)
$$
を得る。両辺の $t^{m+1}$ の係数を比べる。左辺は $P(t)$ の $t^m$ の係数で、$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{k^m}{m!}$ である（$m\ge1$ なので $k=0$ の項は $0$）。右辺は、$e^{nt}-1$ の $t^i$ の係数が $i\ge1$ で $\frac{n^i}{i!}$、$i=0$ で $0$ であることから
$$
\sum_{j=0}^{m}\frac{B_j}{j!}\cdot\frac{n^{m+1-j}}{(m+1-j)!}
$$
である。両辺に $m!$ を掛けると、$\frac{m!}{j!\,(m+1-j)!}=\frac1{m+1}\binom{m+1}j$ により 1 を得る。$\square$
2 に移るには、奇数番目の Bernoulli 数が $B_1$ を除いて $0$ であることを使う。
$\beta(-t)=\beta(t)+t$ が成り立つ。したがって、$j\ne1$ では $(-1)^jB_j=B_j$ であり、特に $3$ 以上の奇数 $j$ について $B_j=0$ である。
lem-fhb-genfun の $t$ に $-t$ を代入すると（定数項が $0$ の級数の代入は和と積を保つ。形式的冪級数 の命題「定数項が零の級数への代入」）、$\beta(-t)(e^{-t}-1)=-t$ である。両辺に $-e^t$ を掛けると、$(e^{-t}-1)(-e^t)=e^t-1$ なので
$$
\beta(-t)\,(e^t-1)=t\,e^t=t+t\,(e^t-1)=\bigl(\beta(t)+t\bigr)(e^t-1)
$$
である（最後に lem-fhb-genfun を使った）。$e^t-1\ne0$ であり、$\mathbb{Q}[\![t]\!]$ では $0$ でない級数で約分できるので、$\beta(-t)=\beta(t)+t$ である。$t^j$ の係数を比べると、$(-1)^j\frac{B_j}{j!}=\frac{B_j}{j!}$（$j\ne1$）である。$j$ が奇数ならこれは $B_j=0$ を意味する。$\square$
$m\ge1$ なので $\sum_{k=1}^{n}k^m=\sum_{k=0}^{n-1}k^m+n^m$ である。1 の右辺の $j=1$ の項は $\frac1{m+1}\binom{m+1}1B_1n^m=-\frac12n^m$ であり、$n^m$ を足すと $+\frac12n^m=\frac1{m+1}\binom{m+1}1(-1)^1B_1n^m$ になる。$j\ne1$ の項は lem-fhb-odd により $B_j=(-1)^jB_j$ なので変わらない。よって 2 を得る。$\square$
例
$m=3$ では、2 の右辺は
$$
\frac14\Bigl(\binom40B_0n^4-\binom41B_1n^3+\binom42B_2n^2-\binom43B_3n\Bigr)=\frac14\Bigl(n^4+2n^3+n^2\Bigr)=\frac{n^2(n+1)^2}4
$$
である（$B_3=0$）。$n=4$ では $1+8+27+64=100=\frac{16\cdot25}4$ である。
同じ計算で次の表を得る（$N:=\frac{n(n+1)}2$。$N$ による表示は thm-fhb-reflection で説明する）。
| $m$ | $\sum_{k=1}^nk^m$ | $N$ による表示 |
|---|---|---|
| $1$ | $\frac12n^2+\frac12n$ | $N$ |
| $2$ | $\frac13n^3+\frac12n^2+\frac16n$ | $\frac{(2n+1)N}3$ |
| $3$ | $\frac14n^4+\frac12n^3+\frac14n^2$ | $N^2$ |
| $4$ | $\frac15n^5+\frac12n^4+\frac13n^3-\frac1{30}n$ | $\frac{(2n+1)N(6N-1)}{15}$ |
| $5$ | $\frac16n^6+\frac12n^5+\frac5{12}n^4-\frac1{12}n^2$ | $\frac{4N^3-N^2}3$ |
| $6$ | $\frac17n^7+\frac12n^6+\frac12n^5-\frac16n^3+\frac1{42}n$ | $\frac{(2n+1)N(12N^2-6N+1)}{21}$ |
係数の性質
$m\ge2$ のとき
$$
\sum_{k=1}^{n}k^m=\frac{n^{m+1}}{m+1}+\frac{n^m}2+\frac{m\,n^{m-1}}{12}+(\text{$n$ の $m-2$ 次以下の項})
$$
である。とくに $m\ge1$ について $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1{n^{m+1}}\sum_{k=1}^nk^m=\frac1{m+1}$ である。
thm-fhb-main の 2 で $j=0,1,2$ の項は $\frac1{m+1}n^{m+1}$、$\frac1{m+1}(m+1)\cdot\frac12n^m$、$\frac1{m+1}\cdot\frac{(m+1)m}2\cdot\frac16n^{m-1}$ である。極限は、右辺を $n^{m+1}$ で割ると最高次以外の項が $0$ に近づくことから従う（$m=1$ では $\frac12+\frac1{2n}\to\frac12$）。$\square$
$\frac{n^{m+1}}{m+1}=\int_0^nx^m\,dx$ なので、$\frac{n^m}2$ は和と積分の差の主要部である。これは台形公式の補正に当たり、さらに先の係数まで含めた一般形が Euler–Maclaurinの公式 である。
対称性と $n(n+1)/2$ による表示
thm-fhb-main の 2 の右辺の $n$ を変数 $x$ に替えた多項式を $S_m(x)$ とおく。$S_m(x)$ は定数項が $0$ の $m+1$ 次の有理数係数多項式で、$0$ 以上の整数 $n$ について $S_m(n)=\sum_{k=1}^nk^m$ である。
$m\ge1$ とし、$N:=\frac{x(x+1)}2$ とおく。
- 多項式として $S_m(-1-x)=(-1)^{m+1}S_m(x)$ が成り立つ。
- $m$ が奇数なら、$S_m(x)=P(N)$ となる有理数係数多項式 $P$ がある。$P$ は $N$ で割り切れ、$m\ge3$ なら $N^2$ で割り切れる。
- $m$ が偶数なら、$S_m(x)=(2x+1)\,N\,R(N)$ となる有理数係数多項式 $R$ がある。
段 1（一意性）。多項式 $f$ で $f(x)-f(x-1)=x^m$、$f(0)=0$ を満たすものはただ 1 つである。実際、2 つの解の差 $h$ は $h(x)=h(x-1)$、$h(0)=0$ を満たすので、$h(1)=h(0)=0$、$h(2)=h(1)=0$、… とすべての $0$ 以上の整数で $0$ になり、根を無限個もつ多項式なので $h=0$ である。
段 2（$S_m$ は条件を満たす）。$1$ 以上の整数 $n$ について $S_m(n)-S_m(n-1)=n^m$ なので、多項式 $S_m(x)-S_m(x-1)-x^m$ は無限個の根をもち、恒等的に $0$ である。$S_m(0)=0$ である。
段 3（1 の証明）。$T(x):=(-1)^{m+1}S_m(-1-x)$ とおくと、
$$
T(x)-T(x-1)=(-1)^{m+1}\bigl(S_m(-1-x)-S_m(-x)\bigr)=(-1)^{m+1}\cdot\bigl(-(-x)^m\bigr)=x^m
$$
である（段 2 の恒等式に $x$ として $-x$ を代入した）。また段 2 の恒等式で $x=0$ とすると $S_m(0)-S_m(-1)=0^m=0$ なので $S_m(-1)=0$、すなわち $T(0)=0$ である。段 1 により $T=S_m$ である。
段 4（2 と 3）。$u:=x+\frac12$ とおき、$Q(u):=S_m(u-\frac12)$ とすると、$-1-x=-u-\frac12$ なので 1 は $Q(-u)=(-1)^{m+1}Q(u)$ を意味する。$m$ が奇数なら $Q$ は偶関数なので偶数次の項だけをもち、$Q(u)=A(u^2)$ と書ける。$m$ が偶数なら $Q$ は奇関数で $Q(u)=u\,C(u^2)$ と書ける。$u^2=x^2+x+\frac14=2N+\frac14$ なので、$m$ が奇数なら $S_m(x)=A(2N+\frac14)$ は $N$ の多項式 $P(N)$ であり、偶数なら $S_m(x)=\frac{2x+1}2\,C(2N+\frac14)=(2x+1)D(N)$ と書ける。
段 5（$N$ での割り切れ方）。$x=0$ で $N=0$、$S_m(0)=0$ なので、奇数なら $P(0)=0$、偶数なら $D(0)=0$ であり、それぞれ $N\mid P(N)$、$N\mid D(N)$ である。$m\ge3$ が奇数のとき、$S_m(x)=P(N)$ を $x$ で微分すると $S_m'(x)=P'(N)\,(x+\frac12)$ であり、$x=0$ で $S_m'(0)=\frac12P'(0)$ である。一方 $S_m'(0)$ は $S_m$ の $x$ の係数で、thm-fhb-main の 2 の $j=m$ の項から $(-1)^mB_m$ に等しく、lem-fhb-odd により $0$ である。よって $P'(0)=0$ であり、$P(0)=0$ と合わせて $N^2\mid P(N)$ である。$\square$
表の $N$ による表示は、この定理が保証する形の係数を thm-fhb-main から求めたものである。たとえば $m=5$ では $S_5(1)=1$、$S_5(2)=33$ と $N=1,3$ から、$P(N)=aN^3+bN^2$ の $a,b$ を $a+b=1$、$27a+9b=33$ と決めて $P(N)=\frac{4N^3-N^2}3$ を得る（$P$ の次数は $\frac{m+1}2=3$ で、$N^2$ で割り切れる）。
Nör24 は、冪の和をこのように Bernoulli 多項式で表せることが Jakob Bernoulli の注意を Bernoulli 多項式に向けたと述べている（第 2 章 §1、p. 19）。
反例と注意
| 外す条件 | 反例 | 成り立たなくなること |
|---|---|---|
| 和の範囲と $B_1$ の規約の対応 | 1 の式に $B_1=+\frac12$ を入れる（$m=1$、$n=3$） | 右辺が $\sum_{k=0}^{n-1}k^m$ に等しいこと |
| $m$ が $0$ 以上の整数（負の場合） | $m=-1$ | $\sum_{k=1}^nk^m$ が $n$ の多項式で書けること |
| $m$ が $0$ 以上の整数（整数でない場合） | $m=\frac12$ | $\sum_{k=1}^nk^m$ が $n$ の多項式で書けること |
$m=1$、$n=3$ で 1 の式に $B_1=-\frac12$ を入れると $\frac12(9-3)=3=0+1+2$ だが、$B_1=+\frac12$ を入れると $\frac12(9+3)=6=1+2+3$ となり、左辺 $\sum_{k=0}^{2}k=3$ に一致しない。規約を取り違えると、和の範囲が 1 つずれる。
$H_n:=\sum_{k=1}^n\frac1k$ について、$H_n=p(n)$（$n\ge1$）となる多項式 $p$ はない。実際、$H_{2n}-H_n=\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k\le\frac n{n+1}< 1$ はすべての $n$ で有界である。$p$ が次数 $d\ge1$、最高次の係数 $c\ne0$ なら、$p(2n)-p(n)$ は $n$ の多項式で $n^d$ の係数が $c(2^d-1)\ne0$ なので有界でない。よって $p$ は定数だが、$H_n$ は狭義増加なので定数でない。
$\sum_{k=1}^n\sqrt k=p(n)$（$n\ge1$）となる多項式 $p$ があったとすると、$q(x):=p(x)-p(x-1)$ は多項式で、$2$ 以上の整数 $n$ で $q(n)=\sqrt n$ である。すると $q(x)^2-x$ は無限個の根をもつので恒等的に $0$ だが、$q(x)^2$ の次数は偶数（または $q=0$）で $x$ の次数 $1$ と一致しない。よってそのような $p$ はない。
関連項目
- 前提: Bernoulli数, 数列の和と差分, 二項係数
- 比較: Bernoulli多項式, Stirling数
- 直後に読む: Euler–Maclaurinの公式, 形式的冪級数
- 発展: Riemannゼータ関数, Kummerの合同式
参考文献
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