和分差分の計算例

本稿は以下の和分差分について取り扱う.

また頻繁に”和分定数”を省略する.
定数は$a$, 差分, 和分で動かす変数は$n$(定和分のみ$k$)で統一している.
また証明は差分の方のみすれば, 和分はその逆としてすぐにわかるので省略している.

次の知識は前提としているため, わからない場合は 京大特色2016-1を和分差分で機械的に解く を参照.
・差分, 不定和分, 定和分の定義
・和分差分の線形性
本稿では不要だが, 次の知識も掲載している.
・積の差分, 部分和分

下降冪

例えば
$$\begin{align} 5^{\underline 3} &=5\cdot4\cdot3=60\\ 6^{\underline {-3}} &=\frac 1 {6\cdot7\cdot8}=\frac1 {336}\\ 3^{\underline 0} &=1\\ 2^{\underline 4}&=2\cdot1\cdot0\cdot(-1)=0 \end{align}$$
$a<0$のときこの定義にするモチベーションは定理1の和分差分をうまくするところにある.
指数が0のときは常に1(底が0のときを除く), 指数が底を超えると0になってしまうことに注意する.
また, 実はこれは高校の場合の数で習う順列(Permutations)$ {}_n \rm P_a = n^{\underline a}$と同じものになる.従って組み合わせ(Conbinations) は${}_n \rm C_a = \frac {n^{\underline a}} {a!}$のように書ける.

普通の冪乗$x^n$は微分すると$n\cdot x^{n-1}$となる簡単なルールがあるが,
差分でこれに対応するのが下降冪である.

差分を具体的に計算してみる.
$$ \begin{align} \Delta n &= \Delta n^{\underline 1}=1\\ \Delta n(n-1) &= \Delta n^{\underline 2}= 2n\\ \Delta (n-1)n(n+1) &= \Delta (n+1)^{\underline 3}=3(n+1)n\\ \Delta \frac 1 {n(n+1)} &= \Delta n^{\underline {-2}}= \frac {-2}{n(n+1)(n+2)} \end{align} $$
和分もいくつか計算してみる.
$$ \begin{align} \sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2) &=\sum_{k=1}^n (k+2)^{\underline 3} =\left[\frac1 4(k+2)^{\underline 4}\right]_{k=1}^{n+1}=\frac1 4 (n+3)(n+2)(n+1)n\\ \sum_{k=1}^n \frac 1 {k(k+1)(k+2)}&=\sum_{k=1}^n k^{\underline {-3}} =\left[-\frac1 2k^{\underline {-2}}\right]_{k=1}^{n+1}=-\frac1 {2(n+2)(n+1)}+\frac 1 4\\ \end{align} $$

差分の方はまさにパスカルの三角形に出てくる法則${}_{n+1} \rm C _{a+1} = {}_n \rm C_{a+1} +{}_n \rm C _a $である.
和分の方はホッケースティック恒等式と呼ばれることも多いが, 和分差分の視点から見るとただの下降冪だったんだなとスッキリする.
変数はCの前側であるから混同しないように注意する. 後ろが変数の場合, 不定和分はできない.

いくつか実際に計算してみる.
ただし${}_4 \rm C _5$ のような通常の組み合わせでは定義されないものは0と考える.下降冪で考えたら$\frac1 {5!}\cdot4\cdot3 \cdot2\cdot1\cdot 0=0$となるからそれは妥当である.
$$ \begin{align} \sum_{k=0}^n {}_k \rm C_4 &=\left[{}_k \rm C _5\right]_{k=0}^{n+1}={}_{n+1} \rm C _5\\ \sum_{k=5}^n {}_k \rm C_3 &=\left[{}_k \rm C _4\right]_{k=5}^{n+1}={}_{n+1} \rm C _4 -5 \end{align} $$

指数関数

高校で習う等比数列の和の公式は初項:$a_0$, 公比:$r$, 項数:$n$として$a_0\cdot\frac {a^n -1}{a-1}$というものだったが, シグマ計算においては, この”項数”を数えるのが複雑になればなるほど筆者にはミスしやすいので苦手だ.
しかしこの和分の公式を使えば項数を計算する必要は全くなくなる.

以下に計算例を示す.
$$ \begin{align} \Delta 2^n &=(2-1)2^n=2^n\\ \Delta 3^n &= (3-1)3^n =2\cdot 3^n\\ \Delta 2^{-n}&=\left(\frac12 -1\right)2^{-n}=-2^{-n-1}\\ \Delta 3^{-n}&=\left(\frac13 -1\right)3^{-n}=-\frac12 \cdot 3^{-n-1} \end{align} $$

$$ \begin{align} \sum_{k=0}^n 2^k &=\left[2^k\right]_{k=0}^{n+1}=2^{n+1}-1\\ \sum_{k=2}^{n+1} 3^k &= \left[\frac1 2 \cdot3^k \right]_{k=2}^{n+2}=\frac{3^{n+2}-9}{2}\\ \sum_{k=1}^{n-1} 2^{-k}&=\left[-2\cdot2^{-n}\right]_{k=1}^n=1-2^{1-n}\\ \sum_{k=1}^n 3^{-k}&=\left[-\frac{3\cdot 3^{-k}}{2}\right]_{k=1}^{n+1}=\frac{1-3^n}2 \end{align} $$

三角関数

結果を見ると和分も差分も$\sin, \cos$の微分の類似として解釈できることがわかる.
符号の付き方も同じだし, 係数として$2\sin \frac a 2$が出てくるだけの差しかない.

これを使って簡単に計算を3つほどしてみる.

$$\sum_{k=0}^{n-1} \sin \frac {2\pi k}{n} = \left[ -\frac{\cos \frac{2\pi}{n}(k- \frac1 2)} {2\sin \frac \pi n}\right]_0^n =\left(-\frac 1 {2\sin \frac \pi n}\right) \left( \cos \frac{2\pi}{n}\left(n- \frac1 2\right) - \cos \frac{2\pi}{n}\left(- \frac1 2\right) \right) = 0 $$

$$ \sum_{k=0}^{n-1} \cos \frac {\pi k}{n} = \left[ \frac{\sin \frac{\pi}{n}(k- \frac1 2)} {2\sin \frac \pi {2n}}\right]_0^n =\left(\frac 1 {2\sin \frac \pi {2n}}\right) \left( \sin \frac {\pi}{n}\left(n-\frac 1 2\right) - \sin \frac {\pi}{n}\left(-\frac 1 2\right) \right) = 1 $$

$$ \sum_{k=0}^{n-1} \sin \frac {\pi k}{n} = \left[ -\frac{\cos \frac{\pi}{n}(k- \frac1 2)} {2\sin \frac \pi {2n}}\right]_0^n =\left(-\frac 1 {2\sin \frac \pi {2n}}\right) \left( \cos \frac {\pi}{n}\left(n-\frac 1 2\right) - \cos \frac {\pi}{n}\left(-\frac 1 2\right) \right) = \cot \frac \pi {2n} $$

階乗

ありえないぐらい式が読みにくいが, 以下の例で理解できればよい.

和分に関しては, (定数)の部分が0になる例であれば計算が可能.
$\sum n!$が綺麗にならないから起こってしまうことである.
以下でやるように, $n!$の差分さえ覚えていれば, より高次の多項式が掛かったものもすぐ求まる.

$(\text{多項式})\cdot n!$の差分計算をしてみる.
$$ \begin{align} \Delta n!&= n\cdot n!\\ \Delta (n+1)\cdot n! &= \Delta (n+1)! =(n+1)(n+1)!=(n^2+2n+1)n!\\ \Delta (n+2)(n+1)\cdot n! &= \Delta (n+2)!=(n+2)(n+2)!=(n^3+5n^2+8n+4)n! \end{align} $$
和分をする.
$$ \begin{align} \sum_{k=1}^n k\cdot k!&= [k!]_{k=1}^{n+1}=(n+1)!-1\\ \sum_{k=1}^n (k^2-k+1)\cdot k!&= \sum_{k=1}^n ((k^2+2k+1)\cdot k! -3k\cdot k!)=[(k+1)!-3k!]_{k=1}^{n+1}=(n-1)(n+1)!+1\\ \sum_{k=1}^n (k^2+2k)\cdot k!&=\sum_{k=1}^n ((k^2+2k+1)\cdot k! -k!)=(\text{(定数)≠0なので計算不可}) \end{align} $$

$\frac{(\text{多項式})}{n!}$の差分計算をしてみる.
定義域外の階乗が出てきた場合は0とする.

$$ \begin{align} \Delta \frac1 {(n-1)!}&=-\frac {n-1} {n!}\\ \Delta \frac {n-1} {(n-1)!}&= \Delta\frac1 {(n-2)!}=-\frac {n^2-2n} {n!}\\ \end{align} $$
和分をする.

$$ \sum_{k=1}^n \frac {k^2-2}{k!}=\sum_{k=1}^n \left(\frac {k-2}{(k-1)!}+2\cdot\frac{k-1}{k!}\right)=\left[-\frac1{(k-2)!}-\frac2{(k-1)!}\right]_{k=1}^{n+1}=2-\frac{n+2}{n!} $$

上記までが不定和分可能なものたちだ.

King Property

以下では定和分特有の操作についても見ていく.

和分では積分の置換積分に対応するものは存在しないが, 定数分ずらす($k \to k+a$)・逆順にする($k \to -k$)ような変換は可能なので, 積分のKing Propertyも同様に可能なのだ.

$$ \begin{align} \sum_{k=0}^{90}\frac{\sin k^{\circ}}{\sin k^{\circ}+\cos k^{\circ}} &=\frac12\left(\sum_{k=0}^{90}\frac{\sin k^{\circ}}{\sin k^{\circ}+\cos k^{\circ}} + \frac{\cos k^{\circ}}{\sin k^{\circ}+\cos k^{\circ}}\right) =\frac12\sum_{k=0}^{90}1 =\frac{91}2\\ \sum_{k=-n}^n \frac{\cos \frac{2\pi k}{n}}{3^k+1}&= \frac12\left(\sum_{k=-n}^n \cos{\frac{2\pi k}n}\right)=\frac{1}{4\sin\frac \pi n}\left[\sin\frac{2\pi (k+\frac12)}n\right]_{k=-n}^{n+1} =\frac14\left(\frac{\sin\frac{3\pi}n}{\sin\frac\pi n}-1\right) \end{align} $$