数理解析研究所講究録
1195 巻 2001 年 139-153

139

埃積の研究
松永良弼著『算法全経 (埃積) 』 より

藤井康生 (Yasuo Fujii)『算法全経』では, 自然数の幕乗の和を表わす式を, 廉式と商丁の 2 方法によって求めることを論じている. 廉式を用いる方法は (n+l) 叶 1 の展開を用いる方法である. 商式を用いる方法は, 二項係数を用いて表わす方法である.

これらの方法は, 今までにも紹介されてきたが, 詳しい説明はなかった. 本稿
では, 『算法全経』 をもとに, 松永良弼の方法を考察する.

1

廉式

1.1

方燥式

方 f 朶は$s_{p}(n)= \sum_{k=1}k^{p}$,(1)のことである.
$s_{p}(n)$はベルヌーイ数を用いて次のように表される.

ここで$B_{k}$

をベルヌー

イ数とする.
$s_{p}(n)= \frac{1}{p+1}\{[n^{p}+\frac{1}{2}+1n^{p}+B_{1}n^{p-1}$$-B_{2}n^{p-3}+\cdots$’$+(-1)?^{+1}B_{\frac{p}{2}}pn\},$ ($p$ : 偶数)$+(-1)$ 午 $B_{*^{-1}}n^{2}\},$ ( $p$ : 奇数)(2)『算法全経』では, 方埃 $s_{p}(n)$ を求める方法として:(n+l) 叶 l の展開式を用いる方法を述べている.

例えば三乗方埃 $s_{4}(n)$ の式を求める時は $(n+1)^{5}$ の展開式を用いる.
$(n+1)^{5}$ の展開式に, $(n+1)^{4}$ の展開式を用いて $n^{3}$ の項を消去する$(n+1)^{5}$$=$$(n+1)^{4}$$=$$2(n+1)^{5}-5(n+1)^{4}$$=$$n^{5}+5n^{4}+10n^{3}+10n^{2}+$$n^{4}+$$2n^{5}+5n^{4}$$4n^{3}+$$6n^{2}+$.

$5n+1$$4n+1$$-10n^{2}-10_{n}-3$140を得る. 次に $(n+1)^{3}$ の展開式を用いての項を消去する.

$n^{2}$$(n+1)^{3}$$=$$6(n+1)^{5}-15(n+1)^{4}+10(n+1)^{3}$$=$$n^{3}+3n^{2}+3n+1$$6n^{5}+15n^{4}+10n^{3}$$+1$を得る. 次に $n+1$ を用いて定数項を消去する.
$(n+1)$$=$$6(n+1)^{5}-1\dot{5}(n+1)^{4}$ $+10(n+1)^{3}-(n+.1)$

$=$

.

$n+1$
$6n^{5}+15n^{4}+10n^{3}$以上の計算によって,30 $s_{4}(n)$ が導かれる.
.
一般の に対して方 f 朶の式 $s_{p}(n)$ は, はじめに $(n+1)^{p+1}$ と $(n+1)^{p}$ の展開$\mathrm{P}$

式より $n^{p-1}$ の項を消去する, 以下順次,$\text{を},(n+1)^{p-3}$$(n+1)^{\mathrm{p}-1}$の展開式より $n^{p-2}$ の項の展開式より $n^{p-4}$ の項を消去していき, 定数項を消去するまで続ける.
$s_{p}(n)$が,この計算方法によって求められることを示す.

$(n+1)^{p+1},$ $(n+1)^{p},$ $(n+1)^{p-1},$ $(n+1)^{p-\mathrm{s}},$する. 各係数は (2) 式よりわかる.

$(n+1)^{p+1}-2\iota$

まで計算できたと項の係数はになるように各係$\ldots,$$n^{p+-}1(2l+1)$

数は定められている. この時, $n^{p+1-(2\iota}+2$ ) 項の係数は項の係数を消去するように,うにして求められた,$(n+1)^{p+-}12(\iota+1))$$(n+1)^{p+-}12(l+1)$$0$$n^{p+1-(}2\iota+3$ )

となり,

$0$

の係数が求められる. このよの係数が (2) 式と –致していれば成り立つことがわかる.
$(n+.\cdot.1)^{p+}.:1$$n^{p+1}+n^{p}+n^{p-1}$$=$$+\cdots+n^{p+1}-k+\cdots+$ ,. ,$.\backslash$$\mathrm{i}$’$- \frac{1}{2}(n+1)^{p}$.

$=- \frac{1}{2}.n^{p}-\cdots-\frac{1}{2}n^{p+1k}--\cdots$ ,$\underline{-B_{1(\begin{array}{l}p+11\end{array})-1}}(n+1)^{p}$$\iota_{i^{\backslash }}.$.

$=.\cdot.$$=B_{1}n^{p-1}+\cdots$

.

. .

..

$\cdot.|$$+B_{1}(_{2}^{p+1}.)n^{p+1-k}+\cdots$ ,

.

.

.

$\underline{-B_{2}(\begin{array}{l}p_{-}+14\end{array})}$$(n+1)^{p}-3$$..\cdot:.\cdot\backslash \cdot:.\cdot’..\cdot$.
$=-B_{2}.n^{p-3}-\cdots$.

$\cdot$’$-:...’..$’.

$\cdot$$-\dot{B}_{2}n^{p+1}-k-\cdots$ ,$\cdot$$\cdot\cdot$$\cdot$.

,.

$\cdot$,.’ :$\cdot$.
’$\backslash$

$-n$

141

$(-1)^{l+1}B_{\iota}(n+1)^{p1}+-2l$$=(-1)^{\iota+1}B_{l}n^{p+12}-\iota$..

$+\cdots+(-1)^{l1}+B_{l}n^{p+1-k}+\cdots$ ,次にこれらの式より,
ことにより,$n^{\text{叶}l-k}$$k=2\iota-\tau 3|$の係数を計算する. $k=2l+1$ の時を計算するの時すなわち $(n+1)^{p+12}-(\iota+1))$ の係数が求められる.

$- \frac{1}{2}+B_{1}$$-B_{2}+\cdots+(-1)l+1B_{l}$$=- \frac{k}{2}+\frac{k(k-1)}{2}B_{1}$$- \frac{k(k-1)(k-2)(k-3)}{4!}B_{2}$$+\cdots+(-1)^{\iota+}1B_{l^{\frac{k(k+1)+\cdots+(k-2l+1)}{(2l)!}}}$$= \{1-\frac{1}{2}+B_{1}-B_{2}+\cdots+(-1)^{l+1}B\iota\}$ .
$k=2\iota+1,$ $k=2l+2\text{のとき}.sp(1)=1$

より,$1- \frac{1}{2}+B_{1}-B_{2}$$+\cdots+(-1)^{l}+1B_{l}=0$ .

これは, ベルヌーイ数の循環式に他ならない.

$k=2l+3$ のとき,
$1- \frac{1}{2}+B_{1}-B_{2}$$+\cdots+(-1)^{l+1}B_{l}+(-1)^{l+2}Bl+1--0$ ,より $n^{\mathrm{p}+1-(l}2+3$ ) の項を$0$にするように $(n+1)^{p+-}12(l+1)$ の係数を決めると(2) 式の係数と –致し, 成り立つことがわかる.

1.2

奇零方埃

奇零方埃は, 奇数の罧の和を作ったもの.

1 $p+3^{p}+5^{P}+\cdots+(2i-1)^{p}$

.

142

のことである. 奇零方埃式は次のように考えられる.
$s_{p}(2i)-2p_{S_{p}}(i)$$= \frac{1}{p+1}\{(2i)^{p+1}+\frac{1}{2}(2i)^{p}+B_{1}(2i)^{p-1}$$-B_{2}(2i)^{\mathrm{P}^{-}}3+\cdots\}$$- \frac{2^{p}}{p+1}\{i^{\mathrm{P}+}1+\frac{1}{2}i^{p}+B_{1}i^{p-1}$$-B_{2}i^{p-3}+\cdots\}$$= \frac{1}{2(p+1)}\{(2i)^{p1}+-2B1(2i)^{p-1}$$+2(2^{3}-1)B_{2}(2i)^{p-3}+\cdots\}$
ここで $n=2i-1$ とする,$= \frac{1}{2(p+1)}\{(n+1)^{p+}1$$[\doteqdot]$$+‘ \sum_{1l=}^{}(-1)^{\iota_{2}}(2^{2l-1}-1)B\iota z(n+1)^{p-(l-1)}2\}$.

(3)『算法全経\sim では方燥と同様に (n+l) 叶 1 の展開式を用いて, 奇数方燥の式を求める方法を述べている.
例えば奇数五乗埃の式を求める時は $(n+1)^{7}$ の展開式を用いる.
$(n+1)^{7}$ の展開式に,$(n+1)^{5}$$(n+1)^{7}$$=$$(n+1)^{5}$$=$$(n+1)^{7}-7(n+1)^{5}$$=$の展開式を用いて$n^{4}$の項を消去する.

$n^{7}+7n^{6}+21n^{5}+35n^{4}+35n^{3}+21n^{2}+$$5n^{4}+10n^{3}+10n^{2}+$$n^{5}+$$n^{2}$$5n+1$$-35n^{32}-49n-|\tau 28n-6$$n^{7}+7n^{6}+14n^{5}$を得る. 次に $(n+1)^{3}$ の展開式を用いて$7n\perp_{\mathrm{I}}1$の項を消去する.
$3n+1$$(n+1)^{3}$$=$$n^{3}+$$(n+1)^{7}-21(n-|\ulcorner 1)^{5}+49(n+1)^{3}$$=$$3n^{7}+21n^{6}+42n^{5}-56n^{3}+63n+31$$3n^{2}+$を得る. 次に $n+1$ を用いて定数項を消去する.

$(n+1)=n+1$$3(n+1)^{7}-21(n+1)^{5}+49(n+1)^{3}-31(n+1)$$=3n^{7}+21n^{6}+42n^{5}-56n^{3}+32n$以上の計算によって, 奇数五乗 f 朶の式を 42 倍した式が導かれる. 一般の に対して奇零方燥の式は, はじめに $(n+1)^{p+1}$ と $(n+1)^{p-1}$ の展開式より $n^{p-2}$$\mathrm{P}$の項を消去する. 以下順次,$(n+1)^{p-3}$ の展開式より$n^{p-4}$

項を消去していき,143

定数項を消去するまで, –つ置きに項を消去していく. 奇零方燥の式が,この計算方法によって求められることを示す.
$(n+1)^{p+1},$ $(n+1)^{p-1},$ $\ldots,$ $(n+1)^{p+12l}-$ まで計算できたとする.

(3) 式よりわかる. この時,$n^{\mathrm{P}+1-}(2l+1)$

項の係数は

$0$

となり,

各係数は

$n^{p+1-(2\iota}+1$ )項の係数を消去するように,(n+l)p+1-2(1+1) の係数が求められる. このようにして求められた, $(n+1)^{p+1-}2(\iota+1)$ の係数が (3) 式と –致していれば成り立
つことがわかる.
$(n+1)p+1$$=$$n^{p+1}+n^{p}+n^{p-1}$$+\cdots+n^{p+1k}-+\cdots+$ ,$\underline{-2B_{1}(\begin{array}{ll}p -\tau 1| 1\end{array})}(n+1)^{p-1}=-2B_{1}n^{p-1}$-.

$..-2B_{1}n^{p1-k}+-\cdots$ ,$2(2^{3}-1)B_{2}(n+1)^{p-3}=2(2^{3}-1)B_{2}n^{p-3}$$+\cdots+2(2^{3}-1)B_{2}n^{p+1-k}+\cdots$ ,$(-1)^{l}2(2^{2\iota_{-1}}-1)B_{l}(n+1)^{p+1-}2l$$=(-1)^{l}2(2^{2\iota 1}--1)B_{l}n^{p+12l}-$$+\cdots+(-1)^{l}2(2^{2\iota_{-1}}-1)B_{l}n^{p1-k}+$$+\cdots$,

次にこれらの式より,$n^{\text{叶}l-k}$の係数を計算する.

$-2B_{1}+2(2^{3}-1)B_{2}$$+\cdots+(-1)\iota 2(2^{2}l-1-1)B_{l}$$=-2B_{1} \frac{k(k-1)}{2!}$+2 $(2^{3}-1)B_{2} \frac{k(k-1)(k-2)(k-3)}{4!}B_{2}$$+ \cdots+(-1)^{\iota}2(22\iota-1-1)B_{\iota}\frac{k(k+1)+\cdots+(k-2l+1)}{(2l)!}$$=\{1-2B_{1}+2(2^{3}-1)B_{2}$144$+\cdots+(-1)\iota 2(22\iota-1-1)B_{l}\}$$k=2l+1\text{のとき},S_{\mathrm{P}}(1)=1,$.

$s_{P}( \frac{1}{2})=(\frac{1}{2})^{p}$より,$1-2B_{1}+2(2^{3}-1)B_{2}+\cdots+(-1)^{l}2(2^{2\iota_{-1}}-1)B_{l}--0$$s_{p}(n)$.

は, ベルヌーイ多項式 $B_{n}(x)$ を用いて,$s_{p}(n)= \frac{1}{p+1}[B_{p1}+(n)-B_{p+1}(0)]+np$,と表せる. 上式は $P=2l$ である. ベルヌーイ多項式 $B_{n}(x)$ の性質 $B_{n}(1-$$x)=(-1)^{n}B(nX)$ より$\mathrm{n}$が奇数の時$B_{n}( \frac{1}{2})=0\text{より},s_{p}(\frac{1}{2})=(\frac{1}{2})^{p}$である.

$k=2l+3$ のとき,
$1-2B_{1}+2(2^{3}-1)B_{2}+\cdots$$+(-1)^{\iota}2(22\iota_{-}1-1)B_{l}+(-1)^{\iota+}12(22\iota+1-1)B\iota+1=0$ ,より $n^{p+1-(}2l+3$ ) の項を$0$にするように,$(n+1)^{p+12}-(\iota+\mathrm{I})$の係数を決めると (3) 式の係数と –致し, 成り立つことがわかる.

1.3

補足

$\underline{1}$$\sin x$の展開について松永良弼は『方圓聖経』元文四年 (1739) において, 円弧と矢, 弦の関係, 正
多角形の–辺と外接円, 内接円の半程の関係を述べている. 正 角形の–辺 a$\mathrm{n}$が与えられた時, 外接円の半径$\mathrm{R}$は$R= \frac{a}{2\sin\frac{\pi}{n}}$,内接円の半径はと表わされる. 『方圓算経\sim ではベルヌーイ数を述べた後,$r= \frac{a}{2}\cot\frac{\pi}{n}$$\frac{1}{2\sin\pi x},$$\frac{1}{2}\cot\pi x$の級数展開の各項を載せている. しかし,『方圓算経』には結果を述べているだけで,り$\frac{1}{\sin x}$

どの様にして導かれたものかは載せられていない. $\sin x$ の展開式よの展開式を導く計算の過程は, 前節で述べた奇数蝶の計算に帰着させられる.

$\frac{1}{\sin x}=\frac{1}{x}\{1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2^{2n}-.2)B_{n}}{(2n)!}X^{2n}\}$,

上式を $\sin x$ の展開.
$\sin x=\sum_{=n,.0}\infty(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$を用いて導く.
$\frac{1}{\sin x}$$=$$\frac{1}{x}\{A_{0}+A_{1}x^{2}+A_{2^{X^{4}}}+\cdots+A_{n}x^{2n}+\ldots\}$

,

145

とおく.

1

$\frac{1}{x}\{A_{0}+A_{1}x^{2}+A_{2}x^{4}+\cdots+A_{n}x^{2n}+\ldots\}$$=$$\cross\{x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\frac{x^{7}}{7!}+\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\ldots\}$$A_{0}=1$

上式の$x^{2n}$,$A_{1}- \frac{A_{0}}{3!}=0$,$A_{2}- \frac{A_{1}}{3!}+\frac{A_{0}}{5!}=0$,,の係数を比較する.

,$A_{n}- \frac{A_{n-1}}{3!}+\frac{A_{n-2}}{5!}+\cdots+(-1)n\frac{A_{n-1}}{3!}=0$$(2\mathrm{n}+1)!$

を掛ける.

$\{(2n)!A_{n}\}-\{(2^{\cdot}n-2)!A_{n}-1\}+\{(2n-4)!An-2\}$$+\cdots+(-1)nA_{0}=0$
ここで.

$A_{n}= \frac{2(2^{2n-1}-1)B_{n}}{(2n)!}$とすると,$2(2^{2n-1}-1)B_{n}-2(22n-3-1)B_{n-1}+\cdots+$$(-1)^{n-1}2(2-1)B_{1}+(-1)^{n}\cross 1=0$.

$1-2(2-1)B1+2(2^{3}-1)B_{2}+\cdot,..+$$(-1)^{n-1}2(22n-3-1)Bn-1+(-1)^{n}2(22n-1-1)B_{n}=0$.
上式は奇数埃の計算において用いられた関係である.
次に$\cot x=\frac{1}{x}\{1-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{2n}B_{n}}{(2n)!}X2n\}$も同様に$\cos x=\mathrm{c}\circ \mathrm{t}X\mathrm{x}\sin x$

より求められる. この場合は偶数燥の計算における関係になる.
$1- \frac{x^{2}}{2!}+$$\frac{x^{4}}{4!}+\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+\ldots$.
$\mathrm{t}$$= \frac{1}{x}\{A_{0}+A_{1}x^{2}+A_{2^{X^{4}}}+\cdots+A_{n}x^{2n}+\ldots\}$$\mathrm{x}\{x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\frac{x^{7}}{7!}\perp|\ldots+(-1)n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\ldots\}$$A_{0}=1$.

$A_{1}- \frac{A_{0}}{3!}=-\frac{1}{2!}$:$A_{2}- \frac{A_{1}}{3!}+\frac{A_{0}}{5!}=\frac{1}{3!}$

:

:

146

上式の

$x^{2n}$の係数を比較する.

$A_{n}- \frac{A_{n-1}}{3!}+\frac{A_{n-2}}{5!}+\cdots+(-1)n\frac{A_{0}}{(2n+1)!}=(-1)^{2}\frac{1}{(2n)!}$$\{(2n)!An\}-\{(2n-2)!A_{n-1}\}+\cdots$$+(-1)^{n-1}\{2!A_{1}\}+(-1)^{n_{A_{0}}}=(-1)^{n}(2n+1)$.

ここで $A_{n}=- \frac{2^{2n}B_{n}}{(2n)1}$ とすると,$-2^{2n}B_{n}+2^{2n-2}B_{n}-1+\cdots$$+(-1)^{n-1}2^{4}B_{2}+(-1)^{n}2^{2}B_{1}+(-1)^{n}\cross 1=(-1)^{n}(2n+1)$$1= \frac{1}{2(2n+1)}\{1++2^{2}B_{1}-2^{4}B_{2}+\cdots$$+(-1)^{n_{2}}2n-2+(-1)n+122n_{B_{n}}\}$ .
上式は14$\mathrm{P}$を偶数として, 偶数埃

$2^{p}S_{p}(i)$より導かれる.

方盛衰積

方燥衰積は
$\sum_{k=1}s_{p}(k)$,のことである.

$\sum_{k=1}s_{p}(k)$$=$$\sum_{k=1}(n+1-k)kp$$=$$(n+1) \sum_{1k=}^{n}kp-\sum_{k=1}knp+1$$=$$\frac{1}{p+1}\{(n+1)p+2-\frac{1}{2}(n+1)^{p+1}$$+B_{1}(n+1)^{p}-B2(n+1)^{p2}-+\ldots\}$$- \frac{1}{p+2}\{(n+1)p+2-\frac{1}{2}(n+1)^{p}+1$$+B_{1}(n+1)^{p}-B2(n+1)p-2+\ldots\}$$=$$\frac{1}{(p+1)(p+2)}\{(n+1)^{p+}2-B_{1}(n+1)^{\mathrm{P}}$

.

147

$+3B_{2}(_{4}^{p+2})(n+1)p-2-\ldots\}$.

(4)『算法全経』では, 方揉, 奇零方燥と同様に $(n+1)^{p+2}$ の展開を用いて, 方燥衰積の式を求める方法を述べている.

例えば四乗方衰埃 $\sum_{k=1}^{n}S_{5}(k)$ の式を求める時は $(n+1)^{7}$ の展開式を用いる.
$(n+1)^{7}$ の展開式に,$(n+1)^{5}$ の展開式を用いて $n^{3}$$(n_{\mathrm{T}}--1|)^{7}$$=$$(n+1)^{5}$$=$$2(n+1)^{7}-7(n+1)^{5}$$=$の項を消去する.

$7n^{6}+21n^{5}+35n^{4}+35n^{3}+21n^{2}+7n+1$$n^{7}+$$5n^{4}+10n^{3}+10n^{2}+5n+1$$n^{5}+$$+35n^{3}-28n-221n-5$$2n^{7}+14n^{6}+35n^{5}$を得る. 次に $(n+1)^{3}$ の展開式を用いて $n$ の項を消去する.
$(n+1)^{3}$$n^{3}+3n^{2}+3n+1$$=$

2 $(n+1)^{7}-7(n+1)^{5}+7(n+1)^{3}$$=2n^{7}+14n^{6}+35n^{5}+35n^{4}+7n^{3}-7n^{2}$$+2$を得る. 次に $n+1$ を用いて定数項を消去する$(n+1)=n+1$

2 $(n+1)^{7}-7(n+1)^{5}+7(n+1)^{3}-2(n+1)$$=2n^{7}+14n^{6}+35n^{5}+35n^{4}+7n^{32}-7n-2n$以上の計算によって,84$\sum_{k=1}^{n}S_{\overline{\mathrm{o}}}(k)$が導かれる. 一般の$\mathrm{P}$に対して方埃衰積の式は, はじめに $(n+1)^{p+2}$ と $(n+1)^{p}$ の展開式より $n^{p-2}$ の項を消去する.

以下順次,$(n+1)^{p-2}$ の展開式より$n^{p-4}$の項を消去していき, 定数項を消去するまで, –つ置きに項を消去していく.

方 f 朶衰積の式が, この計算方法によって求められることを示す.
$(n+1)^{p+2},$ $(n+1)^{p},$ $\ldots,$ $(n+1)^{p2-2}+\iota$ まで計算できたとする.

式よりわかる.

この時,$n^{p+2-(}2l+2$ )項の係数は$\text{係数を消去するように_{}:}(n+1)^{\mathrm{P}+-}22(l+1)$て求められた,$0$となり,各係数は (4)) 項の$n^{p+2-\mathrm{t}^{2}}l+4$の係数が求められる. このようにし$(n+1)^{p+-}22(l+1)$ の係数が (4) 式と –致していれば成り立つ

ことがわかる.
$(n+1)^{p+2}$$=$$n^{p+2}+n^{\mathrm{p}+1}+n^{p}$$+\cdots+n+p+2-k\ldots+$ ,$\underline{-B_{1}(\begin{array}{ll}p +2 2\end{array})}(n+1)^{p}=-B_{1}n^{p}$148$-\cdots-B_{1}n^{p+2}-k-\cdot...$ ,$\underline{3B_{2}(\begin{array}{ll}p +2 4\end{array})}(n+1)^{\mathrm{P}^{-2}}=3B2n^{p-2}$$+\cdots+3B_{2}n^{p+2-k}+\cdots$ ,.. . ..

$(-1)^{\iota}(2\iota-1)Bl(n+1)p+2-2\iota$$=(-1)^{\iota_{()B}}2\iota-1\iota n^{p+2-2\iota}$$+\cdots+(-1)\iota(2\iota_{-1)B}ln^{p2k}+-$$+\cdots$,

次にこれらの式より,$n^{p+2k}-$の係数を計算する.

$-B_{1}+3B_{2}$$+\cdots+(-1)\iota(2l-1)B_{\iota}$$=\{1-B_{1}+3B_{2}$$+\cdots+(-1)^{\iota_{(}}2\iota-1)Bl\}$$k=2l+2U)\mathrm{g}\text{き},s_{p}(1)=1$,

より,$1-2B_{1}+3B_{2}+\cdots+(-1)^{l}(2l-1)B_{l}=0$ ,$1-2B_{1}+3B_{2}+\cdots$$+(-1)^{\iota_{(}}2\iota-1)Bl+(-1)^{\iota+1}(2l+1)B_{\iota+}1=0$

よわ $n^{p+2-(2l}+4$) の項を$0$にするように,.

$(n+1)^{p+2-}2(l+1)$ の係数を決めると (4) 式の係数と –致し, 成り立つことがわかる.

2

商式

2.1

方 f 図式方埃の式を求めるために, 衰燥の式 (二項係数) を用いる方法を述べている.
$k^{j}= \sum_{=i1}Jb_{ji}$ ,149

上式がすべての自然数$k$に対して成立するような ,存在する.
このことは,$\mathrm{j}$次多項式$f_{ji}(x)= \frac{1}{j!}(x+1-i)\cdots(X+j-i)$

は高々$\mathrm{i}$,次多項式の空間で基底をなし,$f_{ji}(0)=0$$f_{j0}(0)\neq 0$$1\leq i\leq j$,,

であるので,$x^{j}= \sum^{j}b_{j}i=1if_{ji}(X)$となる,$b_{ji}$が唯–存在する.

方燥の式は$b_{j}i$$s_{j}(n)$$=$$(\mathrm{i}+1)$.

.
.
を用いて次のように表され, その表し方は唯–つである.

(5)$\sum_{i=1}^{j}b_{j}i$ ,次多項式$g_{ji}(x)= \frac{1}{(j+1)!}(X+1-i).\ldots(X+j+1-i)$ ,は高々$(\mathrm{j}+1)$次で,x $=0.x=-1$ の時$g_{ji}(-1)=g_{j}i(0)=0$であるので,$s_{j}(n)$に表される.

$b_{ji}$.

となる多項式の空間で基底をなし,$0$$(1\leq i\leq j)$$(1 \leq i\leq j)$.

を $x$ の多項式と考えた $s_{j}(x)$ は,$g_{j}1\cdots gjj$

で唯–通りには次の関係がある.

定理 1

.

$b_{j}1=1_{\backslash }$$b_{jj}=1$.

(6)$b_{ji}=ib_{j-1}i+(j-i+1)b_{j-1}i-1$$\sum_{i=1}^{\acute{J}}bi=j!j$

(7)

(8)

’

$b_{ji}= \sum_{\iota=0}^{-}(-1)\iota(i-li.1)^{j}$

.

.

(9)

150

(8) 式は漸化式 (7) より

証明

$j$

に関する帰納法を用いて次のように導かれる.

$=$$\sum_{i=1}^{j}\{ibj-1i+(j-i+1)b_{j-1i-1}\}$$=$$\sum_{i=1}^{j}\{ibj-1i+(j-i)b_{j-1}i\}$$=$$\sum_{i=1}^{j-1}jb_{j}-1i=j!$$\sum_{i=1}^{j}b_{j}i$.

次に漸化式 (7) が成り立つ事を示す.

$(j+1)k=i(k+j-i+1)+(j-i+1)(k-i)$ ,によって,$b_{ji}k$$=b_{ji} \frac{(j+k-i)\ldots(k-i+1)}{j!(j+1)}\{i(k+\dot{\gamma}-i+1)+(j-i+1)(k-i)\}$$=ib_{j}i+(j-i+1)b_{j}i$ .
と変形できる.
$k^{j+1}$$=$$\sum_{i=1}^{j+1}b_{j+1}i$$=$$\sum_{i=1}^{\acute{J}}b_{ji}k$$=$$\sum_{i=1}^{j}\{ibji+(j-i+1)b_{j}i\}$$=$$\sum_{i=1}^{j+1}iibji+(j-i+2)bji-1\}$ ,この関係より次に,$b_{j}i$$b_{j}$: の–意性によって, 漸化式は導かれる.

を求める.

$i=1$ の時 (5) 式において $n=1$ とすれば,

1 $j_{=b_{j}}1$$b_{j}1^{--1}$$n\leq$によりを得る.

月こ対して (5) 式の右辺中のすると,$k\leq n$$k^{j}$の時,$=$$k^{j}$$b_{ji}$に,(9) 式の右辺を代入し, 両辺を比較

項より$k^{j}-k^{j}$151$+\cdots+(-1)^{n-}kk^{j}(_{n-k}^{j+1})(_{j+}^{j+1}1)$

,

よって

1
が成り立てば$=$$b_{ji}$$\sum_{i=0}^{n-k}(-1)^{i}$ ,の–意性によって (9) 式が成り立つ.

$=$$\frac{(j+n-i)\ldots(j+2-i)}{i!(n-i-1)!}$$=$$\frac{(n-1)!}{i!(n-1-i)!}\frac{(j+n-i)\ldots(j+2-i)}{(n-1)!}$$=$であるので次の補題を示す.

補題 1$\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i}=1$ .

より

$=+$

,

$\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i}$$=$$\sum_{i=0}^{n-2}(-1)^{i}\{-\}$$=$$\sum_{i=0}^{n-2}(-1)^{i}\frac{1}{(n-1)!}\{(j+n-i)\ldots(j+2-i)$$-(j+n-i-1)\ldots(j+1-i)\}$$=$$\sum_{i=0}^{n-2}(-1)^{i}\frac{1}{(n-1)!}(j+n-i-1)\ldots(j+2-i)$$\cross\{(j+n-i)-(j+1-i)\}$

152

$=$

$\sum_{i=0}^{n-2}(-1)^{i}\frac{1}{(n-2)!}(j+n-i-1)\ldots(j+2-i)$$=$$\sum_{i=0}^{i\iota^{-\mathrm{z}}}(-1)^{i}$

これは $n-1$ の時になる, 以下同様にして$=$$\sum_{i=0}^{\cdot}(-1)^{i}=1$.

補題が成り立つことが示せた. よって (9) 式が成り立つ.

(9) 式が膨化式 (7) を満たすことは,$ib_{j-1i}+(j+1-i)b_{j1}-1i\infty$$= \sum_{l=0}^{i-}(-1)^{l}i(i-\iota)^{j}1-1+\sum_{l=0}^{i-}2(-1)^{\iota}(j+1-i)(i-\iota-1)^{j-}1$$=i^{j}- \sum_{0\iota=}^{j-2}(-1)\iota_{i}(i-l-1)j-1$$\{+\}$$+ \sum_{l=0}^{j-}(-1)^{l}(j+1)(i-^{\iota-1})2j-1$$=i^{j}- \sum_{l=0}^{j-}(-1)li(i-\iota 2-1)^{j}-1+\sum_{l=0}^{-}(-1)l(lj2+1)(i-l-1)^{j-}1$$=i^{j}+ \sum_{1l=}^{j-}(-1)^{\iota_{i}}(i-\iota 1)^{j-1}-\sum_{l=1}^{1}(-1)l\iota(i-\iota)j-j-1$$= \sum_{l=0}^{-}i1(-1)l(i-l)^{j}$$=b_{ji}$

より

22

.

(9) 式が悪化式 (7) を満たすことが示せた.

埃術餘毫の方埃商式『算法全経\sim では, 燥術余毫において, 方燥積を求めるため、 商式として述べている部分について, 埃積を係数とする多項式を, 衰燥を係数とする多項式で割った商が商割であると述べている. 平方燥は平方数を係数とする多項式を, 三角衰燥を係数とする多項式で割る,$[ \sum_{k=1}^{\infty}k2X-1]k[\div k1\sum_{=}\infty x^{k-1}]=1+x$

,

153

同様に, 立方埃は, 立方数を係数とする多項式を, 再乗衰礫を係数とする多項式で割る.
$[ \sum_{k=1}^{\infty}k3X^{k-}1]\div[k\sum_{=1}\infty x^{k-1}]=1+4x+X^{2}$

本文では,

,

さらに三乗方 f 朶について計算し, 四乗以上同様に成り立つと述べている. 一般にこの事は,先に述べた$b_{ji}$を用いて$\sum_{k=1}^{\infty}k^{j}x^{k}-1=\sum_{k=1}^{\infty}x^{k-1}\sum^{j}bji^{X}i-i=11$,と表される. そして上式の両辺の $x^{k-1}$ の係数を比較する事によって,$k^{j}= \sum_{i=1}^{j}b_{ji}$.

と成る. 商式は, ここで述べられている計算の試行錯誤によって見つけられたものであると考えられる.

参考文献[1] 平山締内藤淳著『松永良弼\sim

東京法令

昭和 62 年[2] 日本学士院編『明治前日本数学史第二巻』[3] 林鶴–著『和算研究集録上巻』

東京開成館

岩波書店

昭和 31 年

昭和 12 年$\backslash$