算数

上越教育大学　中川仁

平成 27年 5月

皆さんは高校までに数学をたくさん勉強してきたと思います．高校の数学では問題を解けることが優先され，意味がわからないまま，公式を覚えて何とか問題を解けるようにしたけれど，期末試験や大学入試が終わるとすっかり公式も忘れてしまったという人はいませんか？例えば，関数のグラフで囲まれた図形の面積がなぜ積分を使えば求められるか理解している人はどれくらいいますか？この講義では，円の面積の公式，円錐の体積の公式，球の体積の公式等がどうやってでてくるのかを予備知識がなくても意味が分かるように解説したいと思います．

1 自然数の和，平方数の和，立方数の和1から 10までの自然数の和

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 55.

1から 100までの自然数の和

1 + 2 + 3 + · · ·+ 99 + 100

は次のようにして求められる．S = 1 + 2 + 3 + · · ·+ 99 + 100とおくと，

S = 1 + 2 + 3 + · · ·+ 99 + 100,S = 100 + 99 + 98 + · · ·+ 2 + 1,2S = (1 + 100) + (2 + 99) + (3 + 98) + · · ·+ (99 + 2) + (100 + 1)

= 101× 100,

S =101× 100

2= 101× 50 = 5050.

nを自然数とし，1から nまでの自然数の和を Snとすれば，

Sn = 1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 1) + n.

1

Sn = 1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 1) + n,Sn = n+ (n− 1) + (n− 2) + · · ·+ 2 + 1,2Sn = (1 + n) + (2 + n− 1) + (3 + n− 2) + · · ·+ (n− 1 + 2) + (n+ 1)

= n(n+ 1),

したがって，1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 1) + n = n(n+ 1)

2. (1.1)

2

(

+ + + +

)

=

図 1: 自然数の和の求め方 (n = 5)

練習問題 1. 1から 30までの自然数の和を求めよ．2から 30までの偶数の和を求めよ．1から 29までの奇数の和を求めよ．これを一般化して，nを自然数とするとき，1から 2n− 1までの奇数の和を求めよ．

1 = 12, 4 = 22, 9 = 32のように，自然数 aの 2乗として表せる数を平方数という．また，1 = 13, 8 = 23, 27 = 33のように，自然数 aの 3乗として表せる数を立方数という．nを自然数とし，12から n2までの平方数の和

Qn = 12 + 22 + 32 + · · ·+ (n− 1)2 + n2

や 13から n3までの立方数の和

Cn = 13 + 23 + 33 + · · ·+ (n− 1)3 + n3

を求めるにはどうしたらよいだろうか．平方数の和Qnを求めよう．k番目の奇数を ak = 2k − 1とおく．練習問題 1において，1から 2k − 1までの奇数の和は

a1 + a2 + · · ·+ ak = 1 + 3 + · · ·+ 2k − 1 = k2

2

3

(

+ + +

)

=

図 2: 平方数の和の求め方 (n = 4)

3

であることをみた．これを用いれば，

Qn = 12 + 22 + · · ·+ k2 + · · ·+ n2

= a1

+ a1 + a2

· · · · · · · · · · · ·+ a1 + a2 + · · ·+ ak· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·+ a1 + a2 + · · ·+ ak + · · ·+ an

= na1 + (n− 1)a2 + (n− 2)a3 + · · ·+ 2an−1 + an.

この両辺に

2Qn = 2n2 + 2(n− 1)2 + 2(n− 2)2 + · · ·+ 2 · 22 + 2 · 12

を加えれば，

3Qn = na1 + (n− 1)a2 + (n− 2)a3 + · · ·+ 2an−1 + an+ 2n2 + 2(n− 1)2 + 2(n− 2)2 + · · ·+ 2 · 22 + 2 · 12

= n(a1 + 2n) + (n− 1){a2 + 2(n− 1)}+ (n− 2){a3 + 2(n− 2)}+ · · ·+ · · ·+ 2(an−1 + 2 · 2) + 1(an + 2 · 1)

= n(1 + 2n) + (n− 1)(3 + 2n− 2) + (n− 2)(5 + 2n− 4) + · · ·+ · · ·+ 2(2n− 3 + 4) + 1(2n− 1 + 2)

= n(2n+ 1) + (n− 1)(2n+ 1) + (n− 2)(2n+ 1) + · · ·+ 2(2n+ 1) + 1(2n+ 1)= (2n+ 1){n+ (n− 1) + (n− 2) + · · ·+ 2 + 1}

=n(n+ 1)(2n+ 1)

2,

Qn =n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

よって，平方数の和Qnに対する次の公式を得た．

12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)6

. (1.2)

次に，立方数の和 Cnを求めよう．平方数のときのように立方数 k3をうまく表せないだろうか．その答えはかけ算の表にある．次の表はかけ算九九の表である．

4

1 2 3 4 5 6 7 8 9

1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

2 2 4 6 8 10 12 14 16 18

3 3 6 9 12 15 18 21 24 27

4 4 8 12 16 20 24 28 32 36

5 5 10 15 20 25 30 35 40 45

6 6 12 18 24 30 36 42 48 54

7 7 14 21 28 35 42 49 56 63

8 8 16 24 32 40 48 56 64 72

9 9 18 27 36 45 54 63 72 81

カギの字 』の部分の数の合計は左上から順に

1 = 13,

2 + 4 + 2 = 8 = 23,

3 + 6 + 9 + 6 + 3 = 27 = 33,

4 + 8 + 12 + 16 + 12 + 8 + 4 = 64 = 43

となっている．これは一般に成り立つ．kを自然数として，左上から k番目のカギの字 』の部分の数の合計を Tkとすれば，

Tk = k × 1 + k × 2 + · · ·+ k × (k − 1) + k × k+ (k − 1)× k + (k − 2)× k + · · ·+ 1× k

= k{1 + (k − 1)}+ k{2 + (k − 2)}+ · · ·+ k{(k − 1) + 1}+ k2

=

k−1︷ ︸︸ ︷k2 + k2 + · · ·+ k2 +k2 = k3.

したがって，1から nまでの自然数 a, bの積の表をつくり，積の値をすべて合計する．これを左上からカギの字 』の部分に分割して合計していけば，

T1 + T2 + · · ·+ Tn = 13 + 23 + · · ·+ n3 = Cnになる．一方，この表の積の値すべての合計は

(1 + 2 + · · ·+ n)2 =(n(n+ 1)

2

)2に等しい．なぜならば，例えば n = 4のとき

(1 + 2 + 3 + 4)2 = (1 + 2 + 3 + 4)(1 + 2 + 3 + 4)

= 1× (1 + 2 + 3 + 4) + 2× (1 + 2 + 3 + 4)+ 3× (1 + 2 + 3 + 4) + 4× (1 + 2 + 3 + 4)

= (1 + 2 + 3 + 4) + (2 + 4 + 6 + 8)

+ (3 + 6 + 9 + 12) + (4 + 8 + 12 + 16).

5

一般に

(1 + 2 + · · ·+ n)2 = (1 + 2 + · · ·+ n)(1 + 2 + · · ·+ n)= 1× (1 + 2 + · · ·+ n) + 2× (1 + 2 + 3 + 4) · · ·+ n× (1 + 2 + · · ·+ n)= 1 + 2 + · · ·+ n (1行目の和)+ 2 + 4 + · · ·+ 2n (2行目の和)+ · · · · · · · · · · · ·+ n+ 2n+ · · ·+ n2 (n行目の和)

=積の値の合計.

ゆえに，立方数の和Cnに対する次の公式を得た．

13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2 = n2(n+ 1)2

4. (1.3)

すなわち立方数の和は自然数の和の 2乗と等しい．

練習問題 2. 奇数を次のように三角形の形に並べる．第 1行目には 1をかく．第 2行目には，3と 5をかく．第 3行目には，7, 9, 11をかく．このように奇数を順に第 k行に k個の奇数をかいていく．以下の問に答えよ．

(1) 第 k行にかいてある奇数の合計を Tkとする．T1, T2, T3, T4, T5を求めよ．

(2) 1行目から 5行目までに全部でいくつの奇数があるか．

(3) T1 + T2 + T3 + T4 + T5を求めよ．

1

3 5

7 9 11

13 15 17 19

21 23 25 27 29

6

2 放物線で囲まれる図形の面積a > 0とし，放物線 y = x2と x軸および x = aで囲まれる図形の面積を Sとする．nを自然数とし，0 ≤ x ≤ aを n等分して，h = a

n, xk = kh (k = 1, . . . , n)と

おく．図 3の中央の図のように，放物線上の点 (xk, x2k)の左側に横の長さが hで縦の長さが x2kの長方形をつくり，その面積を k = 1, 2, . . . , nについて加えれば，

S < x21h+ x22h+ · · ·+ x2nh

である．同様に，図 3の右側の図のように，放物線上の点 (xk, x2k)の右側に横の長さが hで縦の長さが x2kの長方形をつくり，その面積を k = 1, 2, . . . , n − 1について加えれば，

x21h+ x22h+ · · ·+ x2n−1h < S

である．(1.2)より

x21h+ x22h+ x

23h+ · · ·+ x2nh

= (h)2h+ (2h)2h+ (3h)2h+ · · ·+ (nh)2h= h3(12 + 22 + 32 + · · ·+ n2)

=a3

n3n(n+ 1)(2n+ 1)

6= a3

(1

3+

1

2n+

1

6n2

).

x2nh = (nh)2h = a2h =

a3

nだから

x21h+ x22h+ x

23h+ · · ·+ x2n−1h

= x21h+ x22h+ x

23h+ · · ·+ x2n−1h+ x2nh− x2nh

= a3(1

3+

1

2n+

1

6n2

)− a

3

n= a3

(1

3− 1

2n+

1

6n2

).

よって，a3

(1

3− 1

2n+

1

6n2

)< S < a3

(1

3+

1

2n+

1

6n2

). (2.1)

nを大きくすれば，不等式 (2.1)の両側はともに 13a3に近づくから

S =1

3a3

でなければならない．

練習問題 3. a > 0とし，3次関数 y = x3のグラフと x軸および x = aで囲まれる図形の面積を S とする．nを自然数とし，0 ≤ x ≤ aを n等分して，h = a

n,

xk = kh (k = 1, . . . , n)とおく．図 4の中央の図のように，y = x3のグラフ上の

7

xx

y

xa0

y = x2y

S

a0

y = x2

a0

y = x2y

図 3: 放物線で囲まれる図形の面積

点 (xk, x3k)の左側に横の長さが hで縦の長さが x3kの長方形をつくり，その面積をk = 1, 2, . . . , nについて加えた値を Tnとする．同様に，図 4の右側の図のように，y = x3のグラフ上の点 (xk, x3k)の右側に横の長さが hで縦の長さが x3kの長方形をつくり，その面積を k = 1, 2, . . . , n− 1について加えた値を T ′n とする．Tn, T ′nを

xx

y

xa0

y = x3y

S

a0

y = x3

a0

y = x3y

図 4: y = x3で囲まれる図形の面積

求めよ．T ′n < S < Tnだから，nを大きくすると Tn, T ′nともにある同じ値に近づく．その値は Sである．Sを求めよ．

3 円周率と円の面積円の面積の公式について考察してみる．半径 rの円について，その周の長さを

L(r)とし，面積を S(r)とする．nを 3以上の自然数とする．半径 rの円に内接する正 n角形について，その周の長さを Ln(r)とし，面積を Sn(r)とする．n = 6とする．半径 rの円に内接する正 6角形は 1辺の長さが rの正三角形 6個からなるから，周の長さは L6(r) = 6rである．次に，n = 12として半径 rの円に内接する正 12角形の面積 S12(r)を求めてみよう．図 5のように，△OP1P2において，底辺の長さOP2 = r, 高さ P1H =

r

2だ

から，△OP1P2の面積 =

1

2r × r

2=

1

4r2.

8

図 5: 円に内接する正 12角形

したがって，S12(r) = 12×

1

4r2 = 3r2.

よって，S12(r)と L6(r)の間には，

S12(r) = 3r2 =

1

2r(6r) =

1

2rL6(r)

という関係式が成り立っている．同様にして，任意の n ≥ 3に対して，正 2n角形を 2n等分した三角形の高さは，1

2

Ln(r)

nであり，底辺の長さは半径 rだから，そ

の面積は1

2× r × 1

2

Ln(r)

n=

r

4nLn(r)

であり，したがって，

S2n(r) = 2n×r

4nLn(r) =

1

2rLn(r),

S2n(r) =1

2rLn(r)

という関係式が成り立っている．nをどんどん大きくしていけば，左辺のS2n(r)は円の面積 S(r)に近づき，右辺の Ln(r)は円周の長さ L(r)に近づく．したがって，

S(r) =1

2rL(r)

である．特に，r = 1のとき，L(1) = 2π

9

によって円周率 πを定義すれば，S(1) = πである．半径 rの円に内接する正 n角形と半径 1の円に内接する正 n角形は相似であり，相似比は r : 1だから，

Ln(r) = rLn(1)

であり，nを大きくしていけば，

L(r) = rL(1) = 2πr

となる．したがって，

S(r) =1

2rL(r) =

1

2r(2πr) = πr2.

以上，円周率の定義，円周の長さ，円の面積について説明した．それでは，円周率 πの値はどれくらいだろうか？明らかに，2π = L(1) > L6(1) = 6だから，π > 3である．円に外接する 1辺の

図 6: 円に外接する正方形

長さが 2rの正方形の面積は (2r)2 = 4r2だから，

S(r) = πr2 < 4r2.

したがって，π < 4である．以上によって，3 < π < 4であることがわかった．円周率をもう少し詳しく求めるために，円の面積を上から評価する古代中国の数学者

りゅう劉

き徽(220年頃–280年頃)の方法を紹介する．図 5の△OP1P3の部分を拡

大したものが図 7である．ここで，四角形 P1Q1Q3P3は長方形であり，点 P2は線分Q1Q3上にある．このとき，

△P1P2P3の面積 =四角形OP1P2P3の面積−△OP1P3の面積= 2×△OP1P2の面積−△OP1P3の面積

= 2× S12(r)12

− S6(r)6

=S12(r)− S6(r)

6.

10

したがって，

長方形 P1Q1Q3P3の面積 = 2×△P1P2P3の面積 =S12(r)− S6(r)

3.

図 7から，

扇形OP1P3の面積 < △OP1P3の面積+長方形 P1Q1Q3P3の面積

=S6(r)

6+

S12(r)− S6(r)3

=S6(r) + 2S12(r)− 2S6(r)

6

=2S12(r)− S6(r)

6.

円の面積 S = πr2は扇形OP1P3の面積の 6倍だから，

πr2 < 6

(2S12(r)− S6(r)

6

)= 2S12(r)− S6(r).

S12(r) = 3r2であった．一辺の長さが rの正三角形OP1P3の面積は

1

2r ×

√3

2r =

√3

4r2

だから，

S6(r) = 6×√3

4r2 =

3√3

2r2.

したがって，

2S12(r)− S6(r) = 6r2 −3√3

2r2 =

3(4−√3)

2r2,

π <3(4−

√3)

2= 3.4019 · · ·．

同様にして，任意の n ≥ 3に対して，

πr2 < 2S2n(r)− Sn(r)

が成り立つことがわかる．n = 12とすれば，πr2 < 2S24(r)− S12(r)である．S12(r) = 3r2であり，練習問題 4より L12(r) = 6(

√6−

√2)rだから，

S24(r) =1

2rL12(r) = 3(

√6−

√2)r2.

よって，

πr2 < 2× 3(√6−

√2)r2 − 3r2,

π < 6(√6−

√2)− 3 = 3.2116 · · · .

練習問題 4. 半径 rの円に内接する正 12角形の周の長さ L12を求めよ．これを用いて，π > 3.1を示せ．

11

O P

1

P

2

P

3

H

Q

1

Q

3

図 7: 劉徽の方法

4 円錐と球の体積，球の表面積底面の半径 r，高さ hの円柱の体積は πr2hであることを知っているとして，底面の半径 r，高さ hの円錐の体積は

V =1

3πr2h

であることを示そう．円錐を高さの方向にn等分する．頂点からの距離が h

nkであるような底面と平行

な平面で円錐を切ったときの切口の円の半径は rnkである．Vkによって，半径

r

nkで

高さが hnの円柱の体積を表す．この円柱を切口の平面の上側に置いて，k = 1, . . . , n

について並べれば，円錐を含む空間図形が得られる (図 8中央)．また，この円柱を切口の平面の下側に置いて，k = 1, . . . , n− 1について並べれば，円錐に含まれる空間図形が得られる (図 8右)．したがって，円錐の体積 V は次の不等式を満たす．

V1 + V2 + · · ·+ Vn−1 < V < V1 + V2 + · · ·+ Vn−1 + Vn. (4.1)

ここで，Vk = π

( rnk)2 h

n=

πr2h

n3k2 (4.2)

12

だから，平方数の和の公式 (1.2)を用いれば，

V1 + V2 + · · ·+ Vn−1 + Vn =πr2h

n3(12 + 22 + · · ·+ n2)

=πr2h

n3× n(n+ 1)(2n+ 1)

6

= πr2h× 2n2 + 3n+ 1

6n2

= πr2h

(1

3+

1

2n+

1

6n2

),

同様にして，

V1 + V2 + · · ·+ Vn−2 + Vn−1 =πr2h

n3(12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2)

=πr2h

n3× (n− 1)n(2n− 1)

6

= πr2h

(1

3− 1

2n+

1

6n2

).

したがって，不等式 (4.1)の両側は nを大きくしていけば，ともに 13πr2hに近づ

く．ゆえに，円錐の体積はV =

1

3πr2h

でなければならない．底面の面積が Sで高さが hの錐体の体積 V は

V =1

3Sh

で与えられることも円錐の体積と同様にして示される．半径 rの球の体積は

V =4

3πr3

であることを示そう．上半球を高さの方向に n等分する．底面からの距離が r

nkであるような底面と

平行な平面で半球を切ったときの切口の円の半径を rkとすると，

rk =

√r2 −

( rnk)2

である．V ′kによって，半径 rkで高さがr

nの円柱の体積を表す．この円柱を切口の平

面の上側に置いて，k = 0, 1, . . . , n−1について並べれば，上半球を含む空間図形が得られる (図9中央)．また，この円柱を切口の平面の下側に置いて，k = 1, . . . , n−1

13

r

h

V

1

V

2

V

3

V

4

V

5

V

1

V

2

V

3

V

4

図 8: 円錐の体積の求め方 (n = 5)

r

r

V′

4

V′

3

V′

2

V′

1

V′

0

V′

4

V′

3

V′

2

V′

1

図 9: 球の体積の求め方 (n = 5)

14

について並べれば，上半球に含まれる空間図形が得られる (図 9右)．したがって，上半球の体積 1

2V は次の不等式を満たす．

V ′1 + V′2 + · · ·+ V ′n−1 <

1

2V < V ′0 + V

′1 + V

′2 + · · ·+ V ′n−1. (4.3)

ここで，V ′k = πr

2k

r

n=

πr

n

(r2 −

( rnk)2)

=πr3

n− Vk.

ここで，Vk =

πr3

n3k2

とおいた．この Vkは円錐の体積の計算において，h = rとしたときの Vkである．

V ′k + Vk =πr3

n, k = 0, 1, . . . , n− 1

だから，k = 0, 1, . . . , n− 1について和をとれば，

(V ′0 + V′1 + V

′2 + · · ·+ V ′n−1) + (V0 + V1 + V2 + · · ·+ Vn−1) = πr3.

また，V0 = 0と h = rに注意すれば，円錐の体積の計算でみたように，

V0 + V1 + V2 + · · ·+ Vn−1 = πr3(1

3− 1

2n+

1

6n2

).

したがって，

V ′0 + V′1 + V

′2 + · · ·+ V ′n−1 = πr3 − πr3

(1

3− 1

2n+

1

6n2

)=

2πr3

3+ πr3

(1

2n− 1

6n2

). (4.4)

V ′0 =πr3

nだから，

V ′1 + V′2 + · · ·+ V ′n−1 =

2πr3

3− πr3

(1

2n+

1

6n2

). (4.5)

(4.4)と (4.5)によって，不等式 (4.3)の両側は nを大きくしていけば，ともに 23πr3

に近づく．ゆえに，半球の体積は 12V =

2

3πr3でなければならない．よって，球の

体積は V = 4πr3

3である．また，半径 rの半球の体積と半径 rで高さ rの円錐の体

積の和は半径 rで高さ rの円柱の体積と等しいこともわかった．

15

図 10: 半球の体積+円錐の体積=円柱の体積

最後に，半径 rの球の表面積 Sが

S = 4πr2

で与えられることを示そう．半径 rの球の体積を V (r)とすれば，

V (r) =4π

3r3

であった．地球のように大きな球があると考え，地表から高さ hにある空気の体積はおよそ Shである．よって，h > 0を十分小さいとすると，

V (r + h)− V (r) ≒ Sh, V (r + h)− V (r)h

≒ S.

ここで，

V (r + h)− V (r)h

=4π

3h

((r + h)3 − r3

)=

4π

3h

(r3 + 3r2h+ 3rh2 + h3 − r3

)=

4π

3

(3r2 + 3rh+ h2

).

これは hを 0に近づければ，4πr2 に近づくから，S = 4πr2 である．すなわち，dV

dr= Sである (円の面積も半径 rで微分すれば，円周になる)．

A 平方数の和 (アルキメデスの方法)平方数の和についてアルキメデスによる求め方を紹介しよう．nを自然数とする．k = 1, 2, . . . , nに対して，ak = kとおくと，

a1 + a2 + · · ·+ ak−1 = 1 + 2 + · · ·+ (k − 1) =(k − 1)k

2

16

図 11: 球の表面積の求め方

である．アルキメデスのアイディアは平方数 k2を次のようにとらえることである．

k2 = (1 + k − 1)k = k + (k − 1)k= ak + 2(a1 + a2 + · · ·+ ak−1).

これを k = 1, 2, . . . , nについて加えれば，

Qn = 12 + 22 + · · ·+ n2

= a1 + {a2 + 2a1}+ {a3 + 2(a1 + a2)}+ · · ·+ {an + 2(a1 + a2 + · · ·+ an−1)}= (a1 + a2 + · · ·+ an) + 2 {a1 + (a1 + a2) + (a1 + a2 + a3) + · · ·+ (a1 + · · ·+ an−1)}= (a1 + a2 + · · ·+ an) + 2(n− 1)a1 + 2(n− 2)a2 + · · ·+ 4an−2 + 2an−1= (a1 + a2 + · · ·+ an) + 2an−1a1 + 2an−2a2 + · · ·+ 2a2an−2 + 2a1an−1.

ここで，a1 + a2 + · · ·+ an =n(n+ 1)

2だから，

Qn = 2a2an−2 + · · ·+ 2an−2a2 + 2an−1a1 + 2a1an−1 +n(n+ 1)

2. (A.1)

この等式と

Qn = a21 + a

22 + · · ·+ a2n−1 + n2,

Qn = a2n−1 + a

2n−2 + · · ·+ a21 + n2

17

を加えれば，

3Qn = (a21 + 2a1an−1 + a

2n−1) + (a

22 + 2a2an−2 + a

2n−2) + · · ·+ (a2n−1 + 2an−1a1 + a21)

+n(n+ 1)

2+ n2 + n2

= (a1 + an−1)2 + (a2 + an−2)

2 + · · ·+ (an−1 + a1)2 +n(n+ 1)

2+ 2n2

=

n−1︷ ︸︸ ︷n2 + n2 + · · ·+ n2 +n(n+ 1)

2+ 2n2 = (n− 1)n2 + n(n+ 1)

2+ 2n2

= n2(n+ 1) +n(n+ 1)

2=

n(n+ 1)(2n+ 1)

2.

Qn =n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

B 平方数の和 (3S法)

1

2 2

3 3 3

n n n

n

n�1

n

1 2 3

2 3

3

n

n

n

n�1

n

3

3

3 2

3 2 1

+ +

a

a a

a a a

a a a

3Q

n

=

1

2

3

n

(a = 2n+ 1)

図 12: 平方数の和の求め方

まず，平方数 n2 = n× nを nを n回加えたものとして表す．

12 = 1, 22 = 2 + 2, 32 = 3 + 3 + 3, · · · , n2 =n︷ ︸︸ ︷

n+ · · ·+ n .

18

これを用いて，平方数の和Qnを

Qn = 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2

= 1 + (2 + 2) + (3 + 3 + 3) + · · ·+ (n︷ ︸︸ ︷

n+ · · ·+ n)

と書き直す．これらの数を正三角形に並べる (図 12左)．それを 120◦(図 12中央),240◦(図 12右)回転させたものを作り，同じ位置にあるものを加えてその位置に書くと，すべて 2n+ 1になる．実際，各三角形の上から k段目，左からm番目の数はそれぞれ，

k, n− (k − 1) + (m− 1), n− (m− 1)

だから，これらの和は

a = k + n− (k − 1) + (m− 1) + n− (m− 1) = 2n+ 1.

したがって，

3Qn = (2n+ 1)× 1 + (2n+ 1)× 2 + (2n+ 1)× 3 + · · ·+ (2n+ 1)× n= (2n+ 1)(1 + 2 + 3 + · · ·+ n) = (2n+ 1)Sn

=n(n+ 1)(2n+ 1)

2,

Qn =n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

C 立方数の和練習問題 1において，1から 2N − 1までの奇数の和は

1 + 3 + 5 + · · ·+ 2N − 1 = N2

であることをみた．これは自然数の和と同様に次のように求められた．

S = 1 + 3 + · · ·+ (2N − 3) + (2N − 1)

とおけば，S = (2N − 1) + (2N − 3) + · · ·+ 3 + 1

より，

2S =

N︷ ︸︸ ︷2N + 2N + · · ·+ 2N + 2N = 2N ×N = 2N2, S = N2.

よって，1 + 3 + 5 + · · ·+ (2N − 1) = N2. (C.1)

19

平方数の和を求めるときは，平方数 n2を nを n回加えたものとして表した．

n2 = n× n =n︷ ︸︸ ︷

n+ n+ · · ·+ n .

今度は立方数 n3を和の形に表して表すことを考えてみる．

13 = 1,

23 = 8 = 3 + 5,

33 = 27 = 7 + 9 + 11,

43 = 64 = 13 + 15 + 17 + 19

となる．右辺の和には 1から 19までの奇数が現れている．したがって，奇数を順に，第 1段に 1つ，第 2段に 2つ，第 3段に 3つ，というように三角形の形に並べてみると図 13のようになる．1段目から n− 1段目までには全部で

1

3 5

7 9 11

13 15 17 19

21 23 25 27 29

図 13: 立方数の和の求め方

1 + 2 + 3 + · · ·+ n− 1 = (n− 1)n2

個の奇数がある．したがって，n段目の一番左側の奇数は (n− 1)n2

+ 1番目の奇数である．N 番目の奇数は 2N − 1だから，n段目の一番左側の奇数は

2

((n− 1)n

2+ 1

)− 1 = (n− 1)n+ 1 = n2 − n+ 1

20

である．1段目から n段目までには全部で

1 + 2 + 3 + · · ·+ n− 1 + n = n(n+ 1)2

個の奇数がある．よって，n段目の一番右側の奇数は n(n+ 1)2

番目の奇数であり，それは

2

(n(n+ 1)

2

)− 1 = n(n+ 1)− 1 = n2 + n− 1

である．したがって，n段目にかかれている奇数の和を Tnとすると

Tn = (n2 − n+ 1) + (n2 − n+ 3) + · · ·+ (n2 + n− 3) + (n2 + n− 1)

Tn = (n2 + n− 1) + (n2 + n− 3) + · · ·+ (n2 − n+ 3) + (n2 − n+ 1)

2Tn =

n︷ ︸︸ ︷2n2 + 2n2 + · · ·+ 2n2 + 2n2 = 2n2 × n = 2n3,

Tn = n3.

したがって，1段目から n段目までのすべての奇数の和は

T1 + T2 + T3 + · · ·+ Tn = 13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 = Cn

である．一方，N = n(n+ 1)2

とおけば，この和は 1から n2 + n− 1 = 2N − 1までの奇数の和である．したがって，(C.1)より

1 + 3 + 5 + · · ·+ 2N − 1 = N2 =(n(n+ 1)

2

)2.

D 面積による立方数の和の計算中央に 1辺の長さが 1の正方形をおく (第 1段階)．次にそのまわりに 1辺の長さ

2/2 = 1の正方形を 8個並べて 1辺の長さが 1 + 2 = 3の正方形を作る (第 2段階)．同様に繰り返して，第 k− 1段階までこの操作を行ったとする．次に，そのまわりに 1辺の長さが k/2の正方形を 4k個並べて 1辺の長さが

1 + 2 + · · ·+ k = k2(k + 1)

の正方形を作る (第 k段階)．第 n段階でできた大きな正方形の面積を 2通りに計算する．1辺の長さは 1 + 2 + · · ·+ n = n(n+ 1)

2だから，その面積は

(n(n+ 1)

2

)221

である．一方，第 k段階で付け加えた小さな正方形の 1辺の長さは k/2であり，それを 4k個並べたからそれらの面積は(

k

2

)2× 4k = k3

である．したがって，第 n段階でできた大きな正方形の面積は，これらを k = 1から k = nまで合計して

13 + 23 + · · ·+ n3 = Cn

である．ゆえに，

13 + 23 + · · ·+ n3 =(n(n+ 1)

2

)2を得る．

図 14: 面積による立方数の和 (n = 4)

E 一般化できる計算方法自然数の和の答え

Sn =n(n+ 1)

2

から逆に出発して，これが 1から nまでの自然数の和になっていることを示そう．

Sn − Sn−1 =n(n+ 1)

2− (n− 1)n

2=

n

2(n+ 1− (n− 1)) = n.

22

よって，

S1 − S0 = 1,S2 − S1 = 2,. . . . . .

Sn − Sn−1 = n.

これらを加えれば，

Sn − S0 = 1 + 2 + · · ·+ (n− 1) + n.

S0 = 0だから，Sn = 1 + 2 + · · ·+ (n− 1) + n.

この考え方を用いて，平方数の和Qnを求めよう．整数 n ≥ 0に対して，

Tn =n(n+ 1)(n+ 2)

3

とおくと，

Tn − Tn−1 =n(n+ 1)(n+ 2)

3− (n− 1)n(n+ 1)

3

=n(n+ 1)

3(n+ 2− (n− 1)) = n(n+ 1)

= n2 + n.

よって，

T1 − T0 = 12 + 1,T2 − T1 = 22 + 2,. . . . . . . . .

Tn − Tn−1 = n2 + n.

これらを加えれば，

Tn − T0 =(12 + 22 + · · ·+ n2

)+ (1 + 2 + · · ·+ n) .

T0 = 0だから，

Tn =(12 + 22 + · · ·+ n2

)+ (1 + 2 + · · ·+ n) = Qn + Sn.

したがって，

Qn = Tn − Sn =n(n+ 1)(n+ 2)

3− n(n+ 1)

2

=n(n+ 1)(2(n+ 2)− 3)

6=

n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

23

よって，平方数の和Qnに対する次の公式を得た．

12 + 22 + 32 + · · ·+ (n− 1)2 + n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)6

. (E.1)

立方数の和Cnについても同様にして求められる．整数 n ≥ 0に対して，

Un =n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

4

とおくと，

Un − Un−1 =n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

4− (n− 1)n(n+ 1)(n+ 2)

4

=n(n+ 1)(n+ 2)

4(n+ 3− (n− 1)) = n(n+ 1)(n+ 2)

= n3 + 3n2 + 2n.

よって，

U1 − U0 = 13 + 3 · 12 + 2 · 1,U2 − U1 = 23 + 3 · 22 + 2 · 2,. . . . . . . . .

Un − Un−1 = n3 + 3n2 + 2n.

これらを加えれば，

Un − U0 =(13 + 23 + · · ·+ n3

)+ 3

(12 + 22 + · · ·+ n2

)+ 2 (1 + 2 + · · ·+ n)

= Cn + 3Qn + 2Sn.

U0 = 0だから，Un = Cn + 3Qn + 2Sn.

したがって，

Cn = Un − 3Qn − 2Sn =n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

4− 3n(n+ 1)(2n+ 1)

6− 2n(n+ 1)

2

=n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

4− n(n+ 1)(2n+ 1)

2− n(n+ 1)

=n(n+ 1)

4((n+ 2)(n+ 3)− 2(2n+ 1)− 4) = n(n+ 1)

4

(n2 + 5n+ 6− 4n− 2− 4

)=

n2(n+ 1)2

4.

24

F 球の表面積についてのアルキメデスの定理補題 F.1. 底面の半径が aで高さが hの円錐の側面積は c =

√a2 + h2とおくとき，

πacである．

[証明] 展開図をかけば，側面は半径 c =√a2 + h2の円の長さ 2πaの弧に対す

る扇形だから，その中心角は θ = 2πa/cであり，したがって，面積は

1

2c2θ = πac

である．

補題 F.2. 底面の半径が a1で高さが h1の円錐から，その一部である同じ頂点をもち底面の半径が a2で高さが h2 (a2 < a1, h2 < h1)の円錐を除いた部分の側面積はc =

√a21 + h

21 −

√a22 + h

22とおくとき

π(a1 + a2)c

である．

[証明] c1 =√a21 + h

21, c2 =

√a22 + h

22とおいて求める側面積を Sとすると補題

F.1からS = πa1c1 − πa2c2.

辺の長さが a1, h1, c1の直角三角形と辺の長さが a2, h2, c2の直角三角形は相似だから，0 < t < 1が存在して (a2, h2, c2) = (ta1, th1, tc1)が成り立つ．このとき，

S = πa1c1 − πa1c1t2 = πa1c1(1− t2)= πa1(1 + t)c1(1− t) = π(a1 + ta1)(c1 − tc1)= π(a1 + a2)(c1 − c2) = π(a1 + a2)c.

a1

a2

c

h1

h2

図 15: 円錐の一部の側面積

25

図 16のように円弧A1EB1をEF を軸として回転させて得られる曲面 (球面の一部)の面積 Sを求めよう．円の半径を rとする．円弧A1EB1を 2n等分したときの等分点をA1, A2, . . . , An, E, Bn, . . . , B2, B1とする (図 16はn = 3の場合)．AiBiの中点を Ciとし，AiBi+1とOEの交点をDiとする (i = 1, 2, . . . , n − 1)．Dn = Eとする．C1E = bとする．直角三角形AiCiDiと直角三角形Bi+1Ci+1Diについて，AiBiとAi+1Bi+1は平行だから，∠CiAiDi = ∠Ci+1Bi+1Diである．したがって，△AiCiDiと△Bi+1Ci+1Diは相似である．円弧BiBi+1と円弧Bi+1Bi+2の長さは等しいから，円周角の定理によって △BiAiBi+1 = △Bi+1Ai+1Bi+2 が成り立つ．したがって，△AiCiDi と△Ai+1Ci+1Di+1も相似である．よって，i = 1, 2, . . . , n− 1について

AiCiCiDi

=Bi+1Ci+1Ci+1Di

=Ai+1Ci+1Ci+1Di+1

(F.1)

が成り立つ．さらに，∠EBnFは直径上の円周角だから直角であり，円周角の定理により，∠AnFE = ∠BnFE = ∠BnAnEである．したがって，△AnCnEは△FAnEと相似である．よって，

AnCnCnE

=FAnAnE

(F.2)

が成り立つ．(F.1)と (F.2)により，すべての i = 1, 2, . . . , n− 1について

AiCiCiDi

=Bi+1Ci+1Ci+1Di

=FAnAnE

(F.3)

が成り立つ．したがって，

A1C1 +B2C2 + A2C2 +B3C3 + · · ·+ AnCnC1D1 + C2D1 + C2D2 + C3D2 + · · ·+ CnDn

=FAnAnE

を得る．左辺の分母はC1Eであり，分子はA1C1 +A2B2 +A3B3 + · · ·+AnBnだから

A1C1 + A2B2 + A3B3 + · · ·+ AnBnC1E

=FAnAnE

. (F.4)

一方，線分AiAi+1をEFのまわりに回転させて得られる曲面の面積は補題F.2より

π

(1

2AiBi +

1

2Ai+1Bi+1

)AiAi+1

だから，折れ線A1A2 · · ·AnEをEF のまわりに回転させて得られる曲面の面積をSnとすれば

Sn =π

2(A1B1 + 2A2B2 + · · ·+ 2AnE)AnE

= π(A1C1 + A2B2 + · · ·+ AnE)AnE

26

である．これと (F.4)より

Sn = πFAnAnE

C1EAnE = πFAn · C1E

を得る．C1E = bであり，FAnは nについて単調増加で n → ∞とすればFAn →FE = 2rだから，Snも nについて単調増加で

S = limn→∞

Sn = 2πrb

を得る．とくに，b = rとすれば，半球の表面積が 2πr2であり，球の表面積は 4πr2となる．

O

E

A1

A2

A3 B3

B2

B1C1

D1

C2

D2

F

図 16: 球面の一部の面積

27