数列の和　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

１ から ｎ までの自然数の和 ：　１＋２＋３＋・・・＋ｎ ＝

１ から ｎ までの自然数の平方の和 ：　１2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2 ＝

１ から ｎ までの自然数の立方の和 ：　１3＋２3＋３3＋・・・＋ｎ3 ＝

　上記の和の公式は、高校で学ぶ、よく知られた公式である。しかし、その証明は、恒等式
を使うなど、余りに代数的で味気ない。このページでは、もっと直感的に分かりやすい、味
のある証明についてまとめたいと思う。まずは、教科書の記述を復習してみよう。

１ から ｎ までの自然数の和

　　教科書では、恒等式　 (ｋ＋１）²−ｋ² ＝２ｋ＋１　を利用して、ｋ に１，２，３，・・・，ｎ　を
代入して求めるのが普通である。

　　ｎ 個の式を辺々加えて、(ｎ＋１)²−１ ＝２( １＋２＋３＋・・・＋ｎ )＋ｎ

　よって、２( １＋２＋３＋・・・＋ｎ )＝(ｎ＋１)²−(ｎ＋１)＝ｎ(ｎ＋１)

　　この式より、上記の公式を得る。

１ から ｎ までの自然数の平方の和

　　教科書では、恒等式　 (ｋ＋１）³−ｋ³ ＝３ｋ²＋３ｋ＋１　を利用して、
　ｋ に１，２，３，・・・，ｎ　を代入して求めるのが普通である。

　　ｎ 個の式を辺々加えて、

　　　　　　(ｎ＋１)³−１ ＝３(１²＋２²＋３²＋・・・＋ｎ²)＋３( １＋２＋３＋・・・＋ｎ )＋ｎ

よって、　３(１2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2)＝(ｎ＋１)3−３×

−(ｎ＋１)

＝(ｎ＋１)×

　この式より、上記の公式を得る。

１ から ｎ までの自然数の立方の和

　　教科書では、恒等式　 (ｋ＋１）⁴−ｋ⁴ ＝４ｋ³＋６ｋ²＋４ｋ＋１　を利用して、
　ｋ に１，２，３，・・・，ｎ　を代入して求めるのが普通である。
　　その計算やまとめ方のコツは、平方数の場合と全く同じなので、ここでは、その記述を
　省略することにする。

　　この１ から ｎ までの自然数の立法の和が、１ から ｎ までの自然数の和 Ｎ を用いて、

　　　　　　　　１³＋２³＋３³＋・・・＋ｎ³ ＝Ｎ²

　と書けるということは、私自身高校時代に不思議に思った事実である。

　　このことについて、当ＨＰがいつもお世話になっているＳ（Ｈ）さんからの情報（平成２１年
６月２９日付け）によると、

　Ｕｌｍ 生まれの Ｊｏｈａｎｎ　Ｆａｕｌｈａｂｅｒ　（1580〜1635）が、その著

　　　　　　Ａｃａｄｅｍｉａ　Ａｌｇｅｂｒａ　（１６３１）

において、
　　　　　　　　１⁵＋２⁵＋３⁵＋・・・＋ｎ⁵ ＝(４Ｎ³−Ｎ²）/３

等の公式（１¹⁷＋２¹⁷＋３¹⁷＋・・・＋ｎ¹⁷ までの奇数冪について）を述べているという。

　一般の場合については、１８３４年に、Ｊａｃｏｂｉ が証明したらしい。

　１⁵＋２⁵＋３⁵＋・・・＋ｎ⁵　を求めてみよう。

　まず、恒等式　 (ｋ＋１）⁵−ｋ⁵ ＝５ｋ⁴＋１０ｋ³＋１０ｋ²＋５ｋ＋１　を利用して、

　　　　　(ｎ＋１）⁵−１⁵ ＝５Σｋ⁴＋１０Σｋ³＋１０Σｋ²＋５Σｋ＋Σ１

　これより、　Σｋ⁴＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）（３ｎ²＋３ｎ−１）/３０

　また、恒等式　 (ｋ＋１）⁶−ｋ⁶ ＝６ｋ⁵＋１５ｋ⁴＋２０ｋ³＋１５ｋ²＋６ｋ＋１　を利用して、

　　　　(ｎ＋１）⁶−１⁶ ＝６Σｋ⁵＋１５Σｋ⁴＋２０Σｋ³＋１５Σｋ²＋６Σｋ＋Σ１

　これより、　Σｋ⁵＝ｎ²（ｎ＋１）²（２ｎ²＋２ｎ−１）/１２

　　よって、　ｎ（ｎ＋１）＝２Ｎ　を代入すれば、

　　　　　１⁵＋２⁵＋３⁵＋・・・＋ｎ⁵＝４Ｎ²（４Ｎ−１）/１２＝(４Ｎ³−Ｎ²）/３

であることが示された。


例　１⁵＋２⁵＋３⁵＋・・・＋１０⁵　を計算せよ。

（解）　Ｎ＝５５　なので、

　　　(４Ｎ³−Ｎ²）/３＝Ｎ²（４Ｎ−１）/３＝３０２５・２１９/３＝３０２５・７３＝２２０８２５

　　より、　１⁵＋２⁵＋３⁵＋・・・＋１０⁵＝２２０８２５　である。　（終）

（コメント）　比較的簡単に求められますね！


　このような数列の和の公式に対する別解として世間一般では、２Ｓ法とか３Ｓ法、４Ｓ法
などの方法が紹介されている。（この方法にも限界があることが自ずから分かるであろう。）

２Ｓ法・・・１ から ｎ までの自然数の和

　　　　左図より明らかに、２Ｓ＝（ｎ＋１）がｎ個＝ｎ（ｎ＋１）　が成り
　　　立ち、直ちに、公式を得ることができる。

　　　　このような計算方法は、ガウスによってなされたと言われて
　　　いる。







３Ｓ法・・・１ から ｎ までの自然数の平方の和



　上記の計算において、各三角形の上からｋ段目、左からｍ列目の数を求めてみると、そ
れぞれ、　ｋ　、　ｎ−ｋ＋ｍ　、　ｎ−ｍ＋１　なので、その和は、２ｎ＋１　となる。

　したがって、上図より明らかに、３Ｓ＝（２ｎ＋１が１＋２＋・・・＋ｎ個）　が成り立ち、直ち
に、公式を得ることができる。

　自然数の平方の和の公式は、すでに、アルキメデス（紀元前２８７？〜２１２）が知ってい
たと言われている。

４Ｓ法・・・１ から ｎ までの自然数の立方の和

　４Ｓ法は、２Ｓ法、３Ｓ法と同様な発想であるが、上記の方法と比べて煩雑な計算が避け
られず、エレガントさに欠けるので、紹介は、あらすじだけにとどめたい。

　基本的には、Ｓ’＝１＋２（１＋２）＋３（１＋２＋３）＋・・・＋ｎ（１＋２＋・・・＋ｎ）　を計算
するわけであるが、次のような立体を４個用いる。用い方は、３Ｓ法と同様である。

　一つの点に注目すると、和はすべて　３ｎ＋１　であることに注意する。

　　　　　　　　　　　　　　　　

１ から ｎ までの自然数の立方の和

　立方の和の計算について、実は美しい解法が知られている。私が知っている和の計算の
中でも、その美しさは群を抜いている。それは、群数列による解法である。

　　左図のように、自然数列　１、２、・・・、ｎ　を、２倍、３倍、・・・
　したものを、下の行に書き足していき、青線で区切り、群数列
　を作る。左図にあらわれる自然数の総和は、明らかに、　　　　

（１＋２＋３＋・・・＋ｎ）2＝

　　そこで、第ｋ群に入っている自然数の和を求めると、
　　（１＋２＋・・・＋ｋ）ｋ＋（１＋２＋・・・＋ｋ）ｋ−ｋ²＝ｋ³　である。


　　　　　　　　　　　　　　　　　従って、第１群から第ｎ群までの和を求めることにより、公式は
　　　　　　　　　　　　　　　　示される。

（別解）　　１ から ｎ までの自然数の立方の和について、次のような群数列を用いる解法も
　　　　　　知られている。
　　　　　　（参考文献：金子昌信　著　べき乗和からベルヌーイ数，ゼータ函数へ
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（数学セミナー　’０３年１０月号）　（日本評論社））

　　　１ から始まる奇数列の初項から第 ｎ 項
　　までの和は、ｎ² で与えられる。

　　　第 ｋ 段には、ｋ 個の奇数が含まれるの
　　で、第１段から第 ｎ 段までに含まれる奇
　　数の総数は、

１＋２＋３＋・・・＋ｎ ＝

したがって、第１段から第 ｎ 段までに含まれる奇数の総和は、

　ところで、第 ｋ 段は、初項が ｋ²−ｋ＋１、末項が ｋ²＋ｋ−１、項数が ｋ の等差数列であ
るから、その和は、簡単な計算から、ｋ³ となる。
　したがって、

１3＋２3＋３3＋・・・＋ｎ3 ＝

１ から ｎ までの自然数の平方の和（ライプニッツの方法）

　平方の和の計算について、階差数列を利用する方法が知られている。この方法は、ライ
プニッツが発見したと言われている。

このとき、たとえば、

　　ａ₃＝ａ₂＋ｂ₃

　　　 ＝（ａ₁＋ｂ₂）＋（ｂ₂＋ｃ₃）

　　　 ＝ａ₁＋２ｂ₂＋ｃ₃　・・・・・（＊）

　　　 ＝（ａ₀＋ｂ₁）＋２（ｂ₁＋ｃ₂）＋（ｃ₂＋ｄ₃）

　　　 ＝ａ₀＋３ｂ₁＋３ｃ₂＋ｄ₃　・・・・・（＊＊）

　このことから、ａ₃　の値は、対角線の成分から求められることが分かる。さらに、その各項
の係数は、その項から、ａ₃　へ行く最短経路の数に等しい。

　たとえば、ｂ₁　から　ａ₃　へ行くには、横に２マス、縦に１マス進めばよいから、その方法の
数は、順列・組合せの理論により、₃Ｃ₁ ＝３（通り）である。

　上の計算で、（＊）（＊＊）のところを是非確かめて欲しいと思う。

定理（ライプニッツ）
　　　　　ａ_ｎ＝_nＣ₀ａ₀＋_nＣ₁ｂ₁＋_nＣ₂ｃ₂＋_nＣ₃ｄ₃＋・・・

　実際に、自然数の平方の和の計算に応用してみよう。

　　このとき、第５行以下は、全て０であることに注目する。　定理により、

　　　　　ａ_ｎ＝_nＣ₀×０＋_nＣ₁×１＋_nＣ₂×３＋_nＣ₃×２

　となり、これを計算することにより、公式を得ることができる。

（参考文献：遠山　啓　著　数学入門（岩波新書）
　　　　　　　久保季夫　著　数列と級数（科学新興社））

　（　→　数列の和の求め方で重心の概念を利用した方法については、「ギブスの三角形」を参照）

（追記）１ から ｎ までの自然数の４乗の和

　４乗の和の計算について、立方の和と同様に、群数列を用いる方法がある。

　　左図のように、数列　１、４、９、・・・、ｎ²　を、２倍、３倍、・・・
　 したものを、下の行に書き足していき、青線で区切り、群数列
　を作る。
　　左図にあらわれる数列の総和は、明らかに、
　　
　　（１＋２＋３＋・・・＋ｎ）（１²＋２²＋３²＋・・・＋ｎ²）　

＝

　　そこで、第ｋ群に入っている自然数の和を求めると、

（１＋２＋・・・＋ｋ）ｋ2＋（１2＋２2＋・・・＋ｋ2）ｋ−ｋ3＝

　したがって、第１群から第ｎ群までの和を求めることにより、求める和を Ｓ とすると、

　　　　　　　　
よって、
　　　　　　　　

（参考文献：中村義作・阿邊恵一　著　代数を図形で解く（講談社ブルーバックス））


（追々記）　上記では、　Ｓ_ｋ(ｎ)＝１^ｋ＋２^ｋ＋３^ｋ＋・・・＋ｎ^ｋ　の和の公式のいろいろな求め
　　　　　　方をみてきた。

　　Ｓ₁(ｎ)＝１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２＝(１/２)ｎ²＋(１/２)ｎ

　　Ｓ₂(ｎ)＝１²＋２²＋３²＋・・・＋ｎ²＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)/６＝(１/３)ｎ³＋(１/２)ｎ²＋(１/６)ｎ

　　Ｓ₃(ｎ)＝１³＋２³＋３³＋・・・＋ｎ³＝ｎ²(ｎ＋１)²/４＝(１/４)ｎ⁴＋(１/２)ｎ³＋(１/４)ｎ²

　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　　このような式をぼんやりと眺めていると、

　　　　　　Ｓ₃’(ｎ)＝ｎ³＋(３/２)ｎ²＋(１/２)ｎ＝３・Ｓ₂(ｎ)　　（形式的に、ｎ で微分！）

　という関係式が成り立つことに気づく。

　　このような関係は、

　　　　　半径 ｒ の円の面積 Ｓ＝πｒ² を、ｒ で微分すると、
　　　　Ｓ’＝２πｒ は、半径 ｒ の円周の長さを表す

　　　　　半径 ｒ の球の体積 Ｖ＝(４/３)πｒ³ を、ｒ で微分すると、
　　　　Ｖ’＝４πｒ² は、半径 ｒ の球の表面積を表す

　に似ている。（これらの関係を高校時代に気づいたときには、とても感動した！）

　実は、このような関係は、一般的に成立するらしい。浅井哲也さんが、２００４年９月号の
数学セミナー（日本評論社）の中の、「エレガントな解答をもとむ」に出題されている。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（解答は、１２月号を参照）

　　　　奇数 ｋ に対して、　Ｓ_k’(ｎ)＝ｋ・Ｓ_ｋ-1(ｎ)　　（形式的に、ｎ で微分！）

「ｋ は奇数」という限定条件が入るが、とても美しい関係である！

　　　（補足）　平成１９年８月１３日付け

　　　　　　　上記の公式を証明させる問題が、平成１８年度東京大学 後期試験　数学
　　　　　　に出題された。（一部表現等修正）

　　　　　　　　ｐ、ｎ を自然数とする。次の問いに答えよ。

　　　　　　（１）　ｐ＋１ 次多項式 Ｓ_ｐ（ｘ）があって、

　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　と表されることを示せ。

　　　　　　（２）　ｑ を自然数とする。（１）の多項式 Ｓ₁（ｘ）、Ｓ₃（ｘ）、・・・、Ｓ_2q-1（ｘ）に対して、

　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　が恒等式となるような定数 ａ₁、・・・、ａ_ｑ を ｑ を用いて表せ。

　　　　　　（３）　ｑ を２以上の自然数とする。（１）の多項式 Ｓ₂（ｘ）、Ｓ₄（ｘ）、・・・、Ｓ_2q-2（ｘ）

　　　　　　　　　に対して、

　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　が恒等式となるような定数 ｃ と ｂ₁、・・・、ｂ_ｑ-1 を ｑ を用いて表せ。

　　　　　　（４）　ｐ を３以上の奇数とする。このとき、

　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　を示せ。


　　　　　　　　　（略解）　（１）は、数学的帰納法を用いる。教科書でも示されている手法

　　　　　　　　　　　（ｋ＋１）^p+1−ｋ^p+1 の展開式を ｋ＝１、２、・・・、ｎ　について和をとる

　　　　　　　　　　　ことにより、容易に示される。

　　　　　　　　　　　（２）も、　Ｆ（ｘ）＝ｘ^q（ｘ＋１）^q に対して、Ｆ（ｋ）−Ｆ（ｋ−１） の展開式を

　　　　　　　　　　　ｋ＝１、２、・・・、ｎ　について和をとることにより示される。

　　　　　　　　　　　　　　　（ｑ＋１）/２≦ｊ≦ｑ　のとき、　ａ_ｊ＝２_qＣ_2q-2j+1

　　　　　　　　　　　　　　　　上記以外のとき、　ａ_ｊ＝０

　　　　　　　　　　　（３）が少し大変だが、用いる手法は（１）（２）と同じである。

　　　　　　　　　　　Ｓ_2ｊ（ｎ）−Ｓ_2ｊ（ｎ−１）＝ｎ^2ｊ　に注意して計算することにより、　ｃ＝２ｑ　

　　　　　　　　　　　であることが分かる。このとき、　Ｇ（ｘ）＝ｘ^q-1（ｘ＋１）^q-1（２ｑｘ＋ｑ） に

　　　　　　　　　　　対して、Ｇ（ｋ）−Ｇ（ｋ−１） の展開式を ｋ＝１、２、・・・、ｎ　について和

　　　　　　　　　　　をとることにより示される。

　　　　　　　　　　　　　　　（ｑ−１）/２≦ｊ≦ｑ−１　のとき、　ｂ_ｊ＝２（２ｊ＋１）_qＣ_2q-2j-1

　　　　　　　　　　　　　　　　上記以外のとき、　ｂ_ｊ＝０

　　　　　　　　　　　（４）は、数学的帰納法を用いる。

　　　　　　　　　　　　　前述で示したように　Ｓ₃’(ｎ)＝３・Ｓ₂(ｎ)　が成り立つので、

　　　　　　　　　　　　ｐ＝３　のとき、与えられた命題は成り立つ。

　　　　　　　　　　　　２ｑ−１ 未満の奇数 ｐ について、

　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　　が成り立つものとする。

　　　　　　　　　　　　ｐ＝２ｑ−１　のとき、　ｐ≧３ なので、　ｑ≧２

　　　　　　　　　　　　　（２）で求められた恒等式

　　　　　　　　　　　　　　　ａ₁Ｓ₁（ｘ）＋ａ₂Ｓ₃（ｘ）＋・・・＋ａ_qＳ_2q-1（ｘ）＝ｘ^q（ｘ＋１）^q

　　　　　　　　　　　　において、　ｑ≧２　なので、　ａ₁＝０　である。

　　　　　　　　　　　　　　　ａ₂Ｓ₃（ｘ）＋・・・＋ａ_qＳ_2q-1（ｘ）＝ｘ^q（ｘ＋１）^q

　　　　　　　　　　　　の両辺を微分して、

　　　　　　　　　　　　　　ａ₂・３Ｓ₂（ｘ）＋・・・＋ａ_q-1・（２ｑ−３）Ｓ_2q-4（ｘ）＋ａ_qＳ_2q-1’（ｘ）

　　　　　　　　　　　　　　＝ｑｘ^q-1（ｘ＋１）^q-1（２ｘ＋１）

　　　　　　　　　　　　　（２）（３）の　ａ_ｊ 、 ｂ_ｊ　の関係から、

　　　　　　　　　　　　　　ｂ₁Ｓ₂（ｘ）＋・・・＋ｂ_q-2Ｓ_2q-4（ｘ）＋ａ_qＳ_2q-1’（ｘ）

　　　　　　　　　　　　　　＝ｘ^q-1（ｘ＋１）^q-1（２ｑｘ＋ｑ）

　　　　　　　　　　　　が成り立つ。

　　　　　　　　　　　　　（３）の恒等式と比較して、　ａ_qＳ_2q-1’（ｘ）＝ｂ_q-1Ｓ_2q-2（ｘ）

　　　　　　　　　　　　ここで、　ａ_ｑ＝２_qＣ₁＝２ｑ　、　ｂ_ｑ-1＝２（２ｑ−１）_qＣ₁＝２ｑ（２ｑ−１）

　　　　　　　　　　　　なので、　Ｓ_2q-1’（ｘ）＝（２ｑ−１）Ｓ_2q-2（ｘ）　が成り立つ。

　　　　　　　　　　　　　よって、ｐ＝２ｑ−１　のときも命題は成り立つ。

　　　　　　　　　　　　　したがって、３以上の奇数 ｐ に対して、

　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　　が成り立つ。（終）

　　　　　　　（コメント）　平成１６年９月に出版されて、平成１８年度入試に出題ということを
　　　　　　　　　　　　　考えると、多分出題者は数学セミナーの問題を意識していたのかな？
　　　　　　　　　　　　　それとも独立に考えられた問題なのかな？

　　　　　　　　　　　　　　何れにしても、この問題を時間内に解くことはほぼ困難だということ
　　　　　　　　　　　　　は言える。３題１５０分の試験だが、受験生には辛い出題だ！


（追々々記）　平成１７年７月２５日付けで、神奈川県の Ｓ さんという方から、

　　　　　ｋが奇数の時、　Ｓ_k’(ｎ)＝ｋ・Ｓ_ｋ-1(ｎ)　が成り立つが、これを一般化して、
　　　Ｓ_ｋ(ｎ)　から　Ｓ_ｋ＋１(ｎ)　を求める方法を考えました

　というメールを頂戴した。Ｓ さんが、この話題について、ある研究会誌に掲載された原稿
のPDFファイルも参考にさせていただいた。Ｓ さんに大変感謝いたします。

　Ｓ さんが考えられた方法は次のようなものである。

（１）　Ｓ_ｋ−１(ｎ) に対して、両辺を ｋ 倍する。（最高次の係数が１になるようにする）

（２）　（１）で得られたものを、 ｎ に関して形式的に積分する。積分定数は、０ とする。

（３）　各項の係数の和が １ になるように、適宜 １ 次の項を付け加える。

　この操作により、Ｓ_ｋ(ｎ) が得られる。

例　　Ｓ₁(ｎ) ＝ (１/２)ｎ²＋(１/２)ｎ　、Ｓ₂(ｎ) ＝ (１/３)ｎ³＋(１/２)ｎ²＋(１/６)ｎ であるが、

　　Ｓ₂(ｎ) は、Ｓ₁(ｎ) から次のようにして得られる。

　　まず、（１） から、　２・Ｓ₁(ｎ) ＝ ｎ²＋ｎ　で、　（２）から、(１/３)ｎ³＋(１/２)ｎ²

　　１−｛(１/３)＋(１/２)｝＝１/６　なので、　（３）から、(１/６)ｎ を付け加えて、

　　　　　　Ｓ₂(ｎ) ＝ (１/３)ｎ³＋(１/２)ｎ²＋(１/６)ｎ　　（　←　ぴったしカンカン！！）

例　　Ｓ₂(ｎ) ＝ (１/３)ｎ³＋(１/２)ｎ²＋(１/６)ｎ 　、Ｓ₃(ｎ) ＝ (１/４)ｎ⁴＋(１/２)ｎ³＋(１/４)ｎ²

　　であるが、　Ｓ₃(ｎ) は、Ｓ₂(ｎ) から次のようにして得られる。

　　まず、（１） から、　３・Ｓ₂(ｎ) ＝ ｎ³＋(３/２)ｎ²＋(１/２)ｎ　で、

　　（２）から、(１/４)ｎ⁴＋(１/２)ｎ³＋(１/４)ｎ²

　　１−｛(１/４)＋(１/２)＋(１/４)｝＝０　なので、　（３）で、付け加える項はない。

　　　よって、　　Ｓ₃(ｎ) ＝ (１/４)ｎ⁴＋(１/２)ｎ³＋(１/４)ｎ²　　（　←　ぴったしカンカン！！）

（コメント）　ｋ が奇数の時、Ｓ_k’(ｎ)＝ｋ・Ｓ_ｋ-1(ｎ) が成り立つので、たとえば、ｋ＝３　のとき、

　　　　Ｓ₃’(ｎ)＝３・Ｓ₂(ｎ)　が成り立つ。　Ｓ₂(ｎ) ＝ (１/３)ｎ³＋(１/２)ｎ²＋(１/６)ｎ　なので、

　　　　Ｓ₃’(ｎ) ＝ ｎ³＋(３/２)ｎ²＋(１/２)ｎ　となるが、両辺を積分して、

　　　　Ｓ₃(ｎ) ＝ (１/４)ｎ³＋(１/２)ｎ³＋(１/４)ｎ²＋Ｃ　（Ｃ は積分定数）

　　　　ここで、Ｓ₃(１) ＝ １　なので、　Ｃ＝０　でなければならない。

　　　　よって、　Ｓ₃(ｎ) ＝ (１/４)ｎ³＋(１/２)ｎ³＋(１/４)ｎ²

　このように、ｋ が奇数の時は、不定積分と初期条件（？） Ｓ_ｋ(１) ＝ １ という事実から、

Ｓ_ｋ(ｎ) を決定することができるが、ｋ が偶数の時は、上記のような漸化式が存在しないの

で、積分で Ｓ_ｋ(ｎ) を決定することは無理だろうと諦めていた。今回、Ｓ さんの鮮やかな方

法（特に、（３）！）に大きな感動を覚えました。


　ここで、Ｓ さんの方法を若干検証しておこうと思う。

　Ｓ_ｋ(ｎ)＝１^ｋ＋２^ｋ＋３^ｋ＋ ・・・ ＋ｎ^ｋ　において、　

　　　Ｓ_ｋ(ｎ)−Ｓ_ｋ(ｎ−１) ＝ ｎ^ｋ　、　Ｓ_ｋ(１) ＝ １

という関係式が本質的である。

　 上式は、 ｎ の恒等式なので、上式により、 ｎ の多項式 Ｓ_ｋ(ｎ) は一意的に決定される。

　ところで、ｎ の多項式 Ｓ_ｋ(ｎ) は特徴ある性質を持っている。

上式において、　ｎ＝１　とおいてみると、　Ｓ_ｋ(１)−Ｓ_ｋ(０) ＝ １　で、Ｓ_ｋ(１)＝１　から、

Ｓ_ｋ(０)＝０　が成り立つとするのが自然だろう。

　これは、Ｓ_ｋ(ｎ) が定数項を持たないことを意味する。

　すなわち、Ｓ_ｋ(ｎ) は、ｎ で割り切れる。

さらに、ｎ＝０　とおいてみると、　Ｓ_ｋ(０)−Ｓ_ｋ(−１) ＝ ０　で、Ｓ_ｋ(０)＝０　から、

Ｓ_ｋ(−１)＝０　が成り立つとするのが自然だろう。

　これは、Ｓ_ｋ(ｎ) が、ｎ＋１ で割り切れることを意味する。

したがって、任意の ｋ に対して、Ｓ_ｋ(ｎ) は、ｎ（ｎ＋１） で必ず割り切れる。


　ところで、上記の関係式を形式的に ｎ で微分すると、

　　　Ｓ_ｋ’(ｎ)−Ｓ_ｋ’(ｎ−１) ＝ ｋ・ｎ^ｋ−１　　より、

　　　Ｓ_ｋ’(ｎ)/ｋ−Ｓ_ｋ’(ｎ−１)/ｋ ＝ ｎ^ｋ−１

　このとき、　Ｓ_ｋ’(ｎ)/ｋ が、Ｓ_ｋ−１(ｎ) と何らかの関係があることは上述のことから予想
される。

　ここで、ｎ＝１　のとき、Ｓ_ｋ’(１)/ｋ ＝１ が成り立つとは一般に言えないので、適当な定
数 ａ　を定めることにより、

　　　　　　 Ｓ_ｋ’(１)/ｋ ＋ ａ ＝ １

となるようにできる。　ｎ＝１　のとき、上式が成り立つということは、ｎ＝０　のとき、０にな
らなければいけないので、定数 ａ は、Ｓ_ｋ’(ｎ)/ｋ の定数項を打ち消すようにおけばよい。

　このとき、　Ｓ_ｋ−１(ｎ) ＝Ｓ_ｋ’(ｎ)/ｋ ＋ ａ　である。

これより、　ｋ・Ｓ_ｋ−１(ｎ) ＝Ｓ_ｋ’(ｎ) ＋ ａｋ　・・・　（１）の手順

　　　　　　ｋ・∫Ｓ_ｋ−１(ｎ)ｄｎ＝Ｓ_ｋ(ｎ) ＋ ａｋｎ　・・・　（２）の手順

　よって、　Ｓ_ｋ(ｎ)＝ｋ・∫Ｓ_ｋ−１(ｎ)ｄｎ ＋ ａｋｎ　において、

　　　　　　Ｓ_ｋ(１)＝１　となるように、 ａ の値を定める。　・・・　（３）の手順

以上の手順から、確かに、Ｓ_ｋ(ｎ) が求められるわけである。

例　Ｓ₄(ｎ) ＝ (１/５)ｎ⁵＋(１/２)ｎ⁴＋(１/３)ｎ³−(１/３０)ｎ　から、Ｓ₅(ｎ)　を求めてみるのも
　楽しい！

　　　５Ｓ₄(ｎ)＝ｎ⁵＋(５/２)ｎ⁴＋(５/３)ｎ³−(１/６)ｎ　を積分して、

　　　　　　　　　(１/６)ｎ⁶＋(１/２)ｎ⁵＋(５/１２)ｎ⁴−(１/１２)ｎ²

　　　１−（(１/６)＋(１/２)＋(５/１２)−(１/１２)）＝０　より、

　　　　Ｓ₅(ｎ)＝(１/６)ｎ⁶＋(１/２)ｎ⁵＋(５/１２)ｎ⁴−(１/１２)ｎ²


（コメント）　Ｓ さんからいただいた資料を参考に話を展開したが、上記のような理解でいい
　　　　　　のかどうか少し不安である。是非 Ｓ さんの検証をお願いしたいと思う。

　　　　　このように、単に、１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２　という認識しかないと、つま
　　　　らない公式も、１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝(１/２)ｎ²＋(１/２)ｎ　という見方もあることに気
　　　　がつくと、俄然公式が光り輝いて見える。因数分解されたものは美しいが、ただそれ
　　　　だけである。

　　　　（追記）　平成１９年１１月２２日付け

　　　　　　上記の計算をさらに実行して、

　　　　　　　　Ｓ₆(ｎ)＝(１/７)ｎ⁷＋(１/２)ｎ⁶＋(１/２)ｎ⁵−(１/６)ｎ³＋(１/４２)ｎ

　　　　　　　　Ｓ₇(ｎ)＝(１/８)ｎ⁸＋(１/２)ｎ⁷＋(７/１２)ｎ⁶−(７/２４)ｎ⁴＋(１/１２)ｎ²

　　　　　　　　　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　　　　　　　このとき、

　　　　　　　　　　　　　Ｓ₅(ｎ)＋Ｓ₇(ｎ)＝２｛Ｓ₁(ｎ)｝⁴

　　　　　　という美しい関係式が成り立つ。（ひたすら計算すると確かめられる！）

　　　　　　　この関係式は、ヤコビ（1804〜1851）により発見されたものだという。

　　　　　　（追記）　平成２１年６月４日付け

　　　　　　　　　　上記の関係式について、ＨＮ「ポルテ」さんより、階差を利用した証明法を
　　　　　　　　　ご教示いただいた。ポルテさんに感謝します。

　　　　　　　　　　　（ｋ＋１）⁴−（ｋ−１）⁴＝８ｋ³＋８ｋ　であることを利用して、

　　　　　　　　　　　ｋ⁴・｛（ｋ＋１）⁴−（ｋ−１）⁴｝＝ｋ⁴・（８ｋ³＋８ｋ）＝８（ｋ⁵＋ｋ⁷）

　　　　　　　　　　すなわち、

　　　　　　　　　　　　　　　｛ｋ（ｋ＋１）｝⁴−｛ｋ（ｋ−１）｝⁴＝８（ｋ⁵＋ｋ⁷）

　　　　　　　　　　が成り立つ。

　　　　　　　　　　　そこで、　ａ_ｎ＝｛ｎ（ｎ＋１）｝⁴　とおくと、上式より、

　　　　　　　　　　　　　　　　　ｋ⁵＋ｋ⁷＝（ａ_ｋ−ａ_ｋ-1）/８

　　　　　　　　　　よって、　Ｓ₅(ｎ)＋Ｓ₇(ｎ)＝（ａ_ｎ−ａ₀）/８＝｛ｎ（ｎ＋１）｝⁴/８＝２｛Ｓ₁(ｎ)｝⁴

　　　　　　　　（コメント）　ひたすら計算すると思っていたら、上記のような簡明な解法がある
　　　　　　　　　　　　　　のですね。感動しました。ポルテさんによれば、階差を利用してΣ計
　　　　　　　　　　　　　　算が綺麗に解ける問題はとても爽快だとのこと。私も同感です！


　　　　　　　ポルテさんの手法を用いると、１ から ｎ までの自然数の立方の和の公式

１3＋２3＋３3＋・・・＋ｎ3 ＝

　　　　　　の証明が簡単にできることを、ＨＮ「ＦＮ」さんよりご教示いただいた。
　　　　　　（平成２２年４月１５日付け．．．泊まり込みの出張で直ぐレス出来ませんでしたｆ(^^;)。）

　　　　　　　ＦＮさんによれば、この公式の証明の中で、最も簡単な証明の一つだという。そ
　　　　　　の簡明さに私も感動しました。ＦＮさんに感謝します。

　　　　　　（証明）　（ｋ＋１）²−（ｋ−１）²＝４ｋ　であることを利用して、

　　　　　　　　　　　ｋ²・｛（ｋ＋１）²−（ｋ−１）²｝＝４ｋ³

　　　　　　　　　　すなわち、

　　　　　　　　　　　　　　　｛ｋ（ｋ＋１）｝²−｛ｋ（ｋ−１）｝²＝４ｋ³

　　　　　　　　　　が成り立つ。　ｋ に１，２，３，・・・，ｎ　を代入し、 ｎ 個の式を辺々加えて、

１3＋２3＋３3＋・・・＋ｎ3 ＝

　　　　　　　　　　が示される。（証終）


　　　　　　　　　さらに、当ＨＰがいつもお世話になっているＳ（Ｈ）さんから類題を提起いた
　　　　　　　　だいた。Ｓ（Ｈ）さんに感謝します。

　　　　　　　　　　　　　　Ｓ₅(ｎ)＋１０Ｓ₇(ｎ)＋５Ｓ₉(ｎ)＝１６｛Ｓ₁(ｎ)｝⁵

　　　　　　　　これも、ポルテさんよりご教示いただいた階差の手法を用いれば容易だろう。

　　　　　　　　　（ｋ＋１）⁵−（ｋ−１）⁵＝２（１＋１０ｋ²＋５ｋ⁴）　であることを利用して、

　　　　　　　　　ｋ⁵・｛（ｋ＋１）⁵−（ｋ−１）⁵｝＝２ｋ⁵・（１＋１０ｋ²＋５ｋ⁴）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝２（ｋ⁵＋１０ｋ⁷＋５ｋ⁹）
　　　　　　　　　すなわち、

　　　　　　　　　　　　　｛ｋ（ｋ＋１）｝⁵−｛ｋ（ｋ−１）｝⁵＝２（ｋ⁵＋１０ｋ⁷＋５ｋ⁹）

　　　　　　　　が成り立つ。

　　　　　　　　　そこで、　ａ_ｎ＝｛ｎ（ｎ＋１）｝⁵　とおくと、上式より、

　　　　　　　　　　　　　　　ｋ⁵＋１０ｋ⁷＋５ｋ⁹＝（ａ_ｋ−ａ_ｋ-1）/２
　　　　　　　　よって、

　　　　　　　　Ｓ₅(ｎ)＋１０Ｓ₇(ｎ)＋５Ｓ₉(ｎ)＝（ａ_ｎ−ａ₀）/２＝｛ｎ（ｎ＋１）｝⁵/２＝１６｛Ｓ₁(ｎ)｝⁵

　　　　　　　が成り立つ。

　　　　　　　　上記の２例から察するに、左辺が与えられて、それを計算した結果右辺とな
　　　　　　　るのではなく、逆に、右辺から左辺が自然に導かれるようだ。


（追々々々記）　階差数列の一般項の計算で、次の数列の和の公式

１2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2 ＝

よりも、むしろ、次の和の公式

１2＋２2＋３2＋・・・＋（ｎ−１）2 ＝

の方が多用される。このとき、

　　　　　　ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）−ｎ（ｎ−１）（２ｎ−１）＝６ｎ²

という等式の存在に気づかされる。

　このことから、次の積分の等式

　　　　　　　　　

の成り立つことが分かる。（両辺を、ｋ に関して微分してみるとよい。）

　したがって、「１ から ｎ までの自然数の立方の和」について、積分を用いた新しい証
明法を得ることができる。

　すなわち、　
　　　　　　　　

において、
　　　　　　　　

より、
　　　　　　　　

したがって、

１3＋２3＋３3＋・・・＋ｎ3 ＝

が成り立つ。

　　（追記）　平成２１年６月２日付け

　　　　「自然数の和」や「平方数の和」を求める場合に定積分を用いる手法は新鮮である。

　　　　たとえば、「自然数の和」を求める場合は、　Ｆ₁(ｘ)＝ｘ＋１/２　について、

　　　　　　　　　

　　　　となることから、

　　　　　　　

　　　　である。

　　　　　ところで、Ｆ₁(ｘ)＝ｘ＋１/２　は次のようにして求められる。

　　　　１次式　Ｆ₁(ｘ)＝ａｘ＋ｂ　について、

　　　　　　　　　

　　　　が成り立つものとして、両辺を ｋ で微分すると、　ａｋ＋ｂ−｛ａ（ｋ−１）＋ｂ｝＝１

　　　　これより、　ａ＝１　である。このとき、定積分の計算から、

　　　　　　　ｋ−１/２＋ｂ＝ｋ　より、　ｂ＝１/２

　　　　　よって、条件式を満たす１次式　Ｆ₁(ｘ)　は、　Ｆ₁(ｘ)＝ｘ＋１/２　と確定する。

　　　　同様にして、２次式　Ｆ₂(ｘ)＝ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ　について、

　　　　　　　　　

　　　　が成り立つものとして、両辺を ｋ で微分すると、

　　　　　　　　ａｋ²＋ｂｋ＋ｃ−｛ ａ（ｋ−１）²＋ｂ（ｋ−１）＋ｃ｝＝２ｋ

　　　　よって、　　２ａｋ−ａ＋ｂ＝２ｋ　より、　ａ＝ｂ＝１

　　　　このとき、定積分の計算から、　ｋ²＋ｃ−１/６＝ｋ²　より、　ｃ＝１/６

　　　　よって、条件式を満たす２次式　Ｆ₂(ｘ)　は、　Ｆ₂(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１/６　と確定する。

　　　　　この　Ｆ₂(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１/６　を用いて、

　　　　

　　　　と、平方の和が求められる。


（追々々々々記）　平成１９年３月７日付け

　上記で、　　ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）−ｎ（ｎ−１）（２ｎ−１）＝６ｎ²　　という等式の存在が
脚光を浴びたが、この等式を背景とする問題が平成１９年度筑波大学前期入試で出題さ
れた。筑波大学は毎年質の高い入試問題を出題するという点でいつも注目している！

　（１）　一般項 ａ_n が、　ａｎ³＋ｂｎ²＋ｃｎ　で表される数列 ｛ ａ_n ｝において、

　　　　　　　　　　ｎ²＝ａ_n＋1−ａ_n　　（ｎ＝１、２、３、・・・）

　　　　が成り立つように、定数 ａ 、 ｂ 、 ｃ を定めよ。

　（２）　（１）の結果を用いて、

　　　　　　　　　

　　　　となることを示せ。　（（３）は略）

　上記の等式によれば、（１）は、　ａ＝１/３　、　ｂ＝−１/２　、　ｃ＝１/６　と即答だろう！

（ただし、入試問題の答案としては、恒等式の性質を用いてきっちり論述しないと点数には
ならないかもしれない。）

　（２）も、問題の背景に、　ｎ≧１　に対して

　　　　　　　　　

ということが分かっていれば、

　　　　（ａ₂−ａ₁）＋（ａ₃−ａ₂）＋・・・（ａ_n＋1−ａ_n）＝ａ_n＋1−ａ₁＝ａ_n＋1

から、明らかに等式が成り立つ訳だが、やはり、ここもグッと堪えて、細々とした計算を答
案に示してあげないと合格点はつかないだろう。


（追記）　平成２２年３月１４日付け

　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＧＡＩ」さんが、「ただひたすらの方法」と題して
「１ から １０ までの自然数の１０乗の和」について、ひたすら紙と鉛筆だけを使用し、
手間暇かけて求めていく方法について、平成２２年３月１０日付けで当ＨＰの掲示板「出
会いの泉」に書き込まれたものを紹介したいと思う。

計算手法のコツ

　次の２つの公式もどきを覚えておく。

＜公式１＞　１^k＋２^k＋３^k＋･･･＋ｎ^k＝｛（ｎ＋１＋Ｂ）^(k+1)−Ｂ^(k+1)｝/（ｋ＋１）

＜公式２＞　Ｂ^ｎ は　（Ｂ＋１）^k＝Ｂ^k　の展開式　（ｋ＞１）から漸次決定していく。

　実際の計算は次のように行う。

（１）　まず、公式２ において、ｋ＝２ とし、（Ｂ＋１）²＝Ｂ²　を展開して、Ｂ¹＝−１/２

　　同様に、　（Ｂ＋１）³＝Ｂ³　を展開して、Ｂ²＝１/６

　　　　　　　　（Ｂ＋１）⁴＝Ｂ⁴　を展開して、Ｂ³＝０

　　　　　　　　（Ｂ＋１）⁵＝Ｂ⁵　を展開して、Ｂ⁴＝−１/３０

　　　　　　　　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　これを地道に続けていくと、ベルヌーイ数が出現する。

Ｂ⁵＝０　、Ｂ⁶＝１/４２　、Ｂ⁷＝０　、Ｂ⁸＝−１/３０　、Ｂ⁹＝０　、Ｂ¹⁰＝５/６６　、・・・

　そこで、試しに、公式１を用いて、自然数の平方の和を求めてみよう。

　１²＋２²＋３²＋・・・＋ｎ²＝｛（ｎ＋１＋Ｂ）³−Ｂ³｝/３

　　　　　　　　　　　　　　　　＝｛（ｎ＋１）³＋３（ｎ＋１）²Ｂ＋３（ｎ＋１）Ｂ²｝/３

　　　　　　　　　　　　　　　　＝（ｎ＋１）｛２（ｎ＋１）²−３（ｎ＋１）＋１｝/６

　　　　　　　　　　　　　　　　＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６

　同様の計算を、

　　１¹⁰＋２¹⁰＋３¹⁰＋・・・＋１０¹⁰＝｛（１１＋Ｂ）¹¹−Ｂ¹¹｝/１１

について行えばよい。

　｛（１１＋Ｂ）¹¹−Ｂ¹¹｝/１１

＝１１¹⁰＋１１¹⁰Ｂ＋５・１１⁹Ｂ²＋１５・１１⁸Ｂ³＋３０・１１⁷Ｂ⁴＋４２・１１⁶Ｂ⁵
　　　　　　　　　　　　　＋４２・１１⁵Ｂ⁶＋３０・１１⁴Ｂ⁷＋１５・１１³Ｂ⁸＋５・１１²Ｂ⁹＋１１Ｂ¹⁰

＝１１¹⁰−１１¹⁰/２＋５・１１⁹/６−１１⁷＋１１⁵−１１³/２＋５/６

＝１１¹⁰/２＋５・１１⁹/６−１１⁷＋１１⁵−１１³/２＋５/６

　ここで、　１１¹⁰＝２５９３７４２４６０１

　　　　　　　１１⁹＝２３５７９４７６９１

　　　　　　　１１⁷＝１９４８７１７１

　　　　　　　１１⁵＝１６１０５１

　　　　　　　１１³＝１３３１

なので、代入して計算すると、　１４，９１４，３４１，９２５　となる。

（コメント）　上記の計算の検証に、Ｅｘｃｅｌ さんのお世話になりました．．．ｆ(^^;)

　また、上記の計算に次のホームページを参考にさせていただきました。

　　　　数学的思考と科学的思考　(１９９８年２学期　木曜１限)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　ベルヌーイ数のはなし　−整数のべき乗の和と交代順列−
　　　　　　（兵庫教育大学の大学院生向けの講義録）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　兵庫教育大学自然系数学　松山　廣　教授


　また、ＧＡＩ さんの解法とは違って、Ｓさんの手法を活用して、順次

　　　Ｓ₁(ｎ) ＝ (１/２)ｎ²＋(１/２)ｎ

　　　Ｓ₂(ｎ) ＝ (１/３)ｎ³＋(１/２)ｎ²＋(１/６)ｎ

　　　Ｓ₃(ｎ) ＝ (１/４)ｎ⁴＋(１/２)ｎ³＋(１/４)ｎ²

　　　Ｓ₄(ｎ) ＝ (１/５)ｎ⁵＋(１/２)ｎ⁴＋(１/３)ｎ³−(１/３０)ｎ

　　　Ｓ₅(ｎ)＝(１/６)ｎ⁶＋(１/２)ｎ⁵＋(５/１２)ｎ⁴−(１/１２)ｎ²

　　　Ｓ₆(ｎ)＝(１/７)ｎ⁷＋(１/２)ｎ⁶＋(１/２)ｎ⁵−(１/６)ｎ³＋(１/４２)ｎ

　　　Ｓ₇(ｎ)＝(１/８)ｎ⁸＋(１/２)ｎ⁷＋(７/１２)ｎ⁶−(７/２４)ｎ⁴＋(１/１２)ｎ²

　　　Ｓ₈(ｎ)＝(１/９)ｎ⁹＋(１/２)ｎ⁸＋(２/３)ｎ⁷−(７/１５)ｎ⁵＋(２/９)ｎ³−(１/３０)ｎ

　　　Ｓ₉(ｎ)＝(１/１０)ｎ¹⁰＋(１/２)ｎ⁹＋(３/４)ｎ⁸−(７/１０)ｎ⁶＋(１/２)ｎ⁴−(３/２０)ｎ²

　　　Ｓ₁₀(ｎ)＝(１/１１)ｎ¹¹＋(１/２)ｎ¹⁰＋(５/６)ｎ⁹−ｎ⁷＋ｎ⁵−(１/２)ｎ³＋(５/６６)ｎ

とほぼ機械的に求められるので、こちらを利用してもいいだろう。

　このとき、　Ｓ₁₀(１０)＝１４，９１４，３４１，９２５　であることが分かる。


　自然数のべき乗和の式について、ＧＡＩ さんから問題提起です。（平成２４年１月２９日付け）

　S(ｋ)＝１^k＋２^k＋３^k＋・・・＋ｎ^k　を表す式は、それぞれ公式として記述されているが、これ
らには、次の性質が成り立つことを知りました。

　ｋ：奇数の場合　→　S(ｋ)は、S(１)の多項式で表される。

　ｋ：偶数の場合　→　S(ｋ)は、S(２)で割れ、その商は、また、S(1)の多項式で表される。

　これを、具体的に式にしてみました。ただし、表記が便利なように、A＝S(１)、B＝S(２)で表
します。

　S(３)＝A²
　S(４)＝(６A−１)B/５
　S(５)＝(４A−１)A²/３
　S(６)＝(１２A²−６A＋１)B/７
　S(７)＝(６A²−４A＋１)A²/３
　S(８)＝(４０A³−４０A²＋１８A−３)B/１５
　S(９)＝(２A−１)(８A²−６A＋３)A²/５
S(１０)＝(２A−１)(２４A3−２８A2＋２０A−５)B/１１
　　・・・・・・・・・・・・・・・

　これらを一般的に表せる式として作れないものでしょうか？ご存知の方はお知らせ下さい。


　よおすけさんからのコメントです。（平成２４年１月２９日付け）

　上記に、ある程度のことは書かれていると思います。または、「お気に入り集」から、らす
かるさんのサイトに行くか…。


　空舟さんからのコメントです。（平成２４年１月３０日付け）

　ｋ：奇数の場合　→　S(ｋ)は、S(１)の多項式で表される。
　ｋ：偶数の場合　→　S(ｋ)は、S(２)で割れ、その商は、また、S(1)の多項式で表される。

という性質は、S(ｊ)＝f(ｎ) が、　f(ｎ＋１)−f(ｎ)＝（ｎ＋１）^ｊ　、f(０)＝０　を満たすこと等を考え
ると証明できました。それほど難しくないと思いますのでぜひ考察を．．．。

　これらを一般的に表せる式というのは難しそうですが、検索してみると、ベルヌーイ数とい
う数を使って、一般的に、（ｎの多項式としてですが）表す方法があるそうです。


　Ｓ（Ｈ）さんからのコメントです。（平成２４年１月３０日付け）

　あの「Donald E. Knuth」先生が、関連して；

　「Johann Faulhaber and Sums of Powers」、「Johann Faulhaber」、「数列の和」

（追伸）　Σ計算をぐっと睨んで、個別に、例えば、1⁶⁹+2⁶⁹+・・・+n⁶⁹ からＳ（７０）

　　　　また、Ｓ（１５）　、Ｓ（１７）　、・・・、Ｓ（１６９）　をぐっと睨んで。