ガウス積分に微分と積分の順序交換を適用する

著名なガウス積分に、微分と積分の順序交換を適用して、計算をしてみる。まずガウス積分そのものは \begin{align*} \int_\infty^\infty e^{-\alpha x^2}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} = \sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{1}{2}} \quad （\alpha \gt 0） \end{align*} であるから、これの両辺を $\alpha$ で微分することによって \begin{align*} &\frac{d}{d\alpha}\int_\infty^\infty e^{-\alpha x^2}\,dx = \int_\infty^\infty \frac{\partial}{\partial \alpha}e^{-\alpha x^2}\,dx = \int_\infty^\infty -x^2e^{-\alpha x^2}\,dx \;, \\ &\frac{d}{d\alpha}\left(\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{1}{2}}\right) = -\frac{1}{2}\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{3}{2}} \end{align*} が得られる。したがって \begin{align*} \int_\infty^\infty x^2e^{-\alpha x^2}\,dx = \frac{1}{2}\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{3}{2}} \;. \end{align*} 同様に繰り返すと、 \begin{align*} &\frac{d}{d\alpha}\int_\infty^\infty x^2e^{-\alpha x^2}\,dx = \int_\infty^\infty \frac{\partial}{\partial \alpha}\left(x^2e^{-\alpha x^2}\right)\,dx = \int_\infty^\infty -x^4e^{-\alpha x^2}\,dx \;, \\ &\frac{d}{d\alpha}\left(\frac{1}{2}\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{3}{2}}\right) = -\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{5}{2}} \end{align*} であることから \begin{align*} \int_\infty^\infty x^4e^{-\alpha x^2}\,dx = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{5}{2}} \;. \end{align*} もう一度繰り返せば \begin{align*} &\frac{d}{d\alpha}\int_\infty^\infty x^4e^{-\alpha x^2}\,dx = \int_\infty^\infty \frac{\partial}{\partial \alpha}\left(x^4e^{-\alpha x^2}\right)\,dx = \int_\infty^\infty -x^6e^{-\alpha x^2}\,dx \;, \\ &\frac{d}{d\alpha}\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{5}{2}}\right) = -\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{2}\cdot\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{7}{2}} \;, \end{align*} \begin{align*} \therefore\; \int_\infty^\infty x^6e^{-\alpha x^2}\,dx = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{2}\cdot\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{7}{2}} \;. \end{align*} 以上より、自然数 $n$ を用いて一般化することができて、 \begin{align*} \int_\infty^\infty x^{2n}e^{-\alpha x^2}\,dx = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{2}\cdots\frac{2n-1}{2}\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{2n+1}{2}} \;. \end{align*}

馴染みの形式に持っていくと、$n=0$ のときはガウス積分そのもので \begin{align*} \int_\infty^\infty e^{-\alpha x^2}\,dx = \sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \end{align*} である。$n=1$ のときは \begin{align*} \int_\infty^\infty x^2e^{-\alpha x^2}\,dx = \frac{1}{2}\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{3}{2}} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{a}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \end{align*} であり、$n=2$ のとき \begin{align*} \int_\infty^\infty x^4e^{-\alpha x^2}\,dx = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{5}{2}} = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{\alpha^2}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \end{align*} $n=3$ のとき \begin{align*} \int_\infty^\infty x^6e^{-\alpha x^2}\,dx = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{2}\cdot\sqrt{\pi}\alpha^{-\frac{7}{2}} = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{2}\cdot\frac{1}{\alpha^3}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \end{align*} などと求められるのである。

この積分にわたくしが出会ったのは、詳解　物理応用数学演習 の 86 ページの演習問題であった。もちろん各方面各所の教科書にも載っているに違いない。

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$n!$ を積分であらわす（微分と積分の順序交換版）

以前この blog で微分と積分の順序交換について書いたけれど、その順序交換 \begin{align*} \frac{d}{d\alpha} \int_R f(\alpha, x)\, dx = \int_R \frac{\partial}{\partial \alpha}f(\alpha, x)\,dx \end{align*} が成り立つことを想定しておこう。そしてまずはじめに $\int_0^\infty e^{-\alpha x}\,dx\;\;(\alpha > 0)$ を計算する。これはなんの特別な技術をも使わず素直に \begin{align} \int_0^\infty e^{-\alpha x}\,dx = \left[ -\,\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha x}\right]_0^\infty = \alpha^{-1} \label{eq1} \end{align} ともとまる。ここで左辺を $\alpha$ で微分するのだけれど、そこに上記の微分と積分の順序交換の関係を適用すれば \begin{align*} \frac{d}{d\alpha}\int_0^\infty e^{-\alpha x}\,dx = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial \alpha}e^{-\alpha x}\,dx = \int_0^\infty -xe^{-\alpha x}\,dx \end{align*} となる。\eqref{eq1} の右辺を $\alpha$ で微分すれば、これは通常の素直な微分操作で \begin{align*} \frac{d}{d\alpha}\left(\alpha^{-1}\right) = -\alpha^{-2} \end{align*} であるから、結果として次の関係が得られる： \begin{align*} \int_0^\infty xe^{-\alpha x}\,dx = \alpha^{-2} \;. \end{align*} 同様の手順をもう一度繰り返すと \begin{align*} &\frac{d}{d\alpha}\int_0^\infty xe^{-\alpha x}\,dx = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial \alpha}\left(xe^{-\alpha x}\right)\,dx = \int_0^\infty -x^2e^{-\alpha x}\,dx\;, \\ &\frac{d}{d\alpha}\left(a^{-2}\right) = -2a^{-3} \end{align*} であるから \begin{align*} \int_0^\infty x^2e^{-\alpha x}\,dx = 2a^{-3} \;. \end{align*} 少しくどいかもしれないが、もう一度やってみると \begin{align*} &\frac{d}{d\alpha}\int_0^\infty x^2e^{-\alpha x}\,dx = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial \alpha}\left(x^2e^{-\alpha x}\right)\,dx = \int_0^\infty -x^3e^{-\alpha x}\,dx\;, \\ &\frac{d}{d\alpha}\left(2\alpha^{-3}\right) = -6\alpha^{-4} \end{align*} であるので \begin{align*} \int_0^\infty x^3e^{-\alpha x}\,dx = 6\alpha^{-4} \;. \end{align*} これを繰り返していくことにより、 \begin{align*} \int_0^\infty x^ne^{-\alpha x}\,dx = n!\alpha^{-(n+1)} \end{align*} が得られる（どうしても「きちんと」したい、という方は、数学的帰納法を使うがよろしい）。そして最後に $\alpha=1$ とすれば \begin{align*} \int_0^\infty x^ne^{-x}\,dx = n! \end{align*} となる。当然のことながら、積分の漸化式を利用して求めた前の blog の結果と一致している。

この例は ふたりの微積分 という本でも紹介されている（もちろん他にもいろんな本で用いられているだろう）。そこではこの計算の骨格を『積分記号下の微分』と言っており、また偏微分記号 $\partial$ はつかわず、通常の $d$ が使われている。

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$n!$ を積分であらわす（漸化式版）

$n$ は自然数、$a$ は実数であるとして、定積分 $\int_0^\infty x^ne^{-ax}\,dx$ を計算してみよう。積分される関数が指数関数を含んでいるので、おそらく部分積分でいけるのではないか、と予測してやってみると \begin{align*} \int_0^\infty x^ne^{-ax}\,dx &= \int_0^\infty x^n \cdot \left(-\frac{1}{a}e^{-ax}\right)^\prime\,dx \\ &= \left[ x^n \cdot \left(-\frac{1}{a}e^{-ax}\right) \right]_0^\infty - \int_0^\infty nx^{n-1} \cdot \left(-\frac{1}{a}e^{-ax}\right) \,dx \\ &= \frac{n}{a}\int_0^\infty x^{n-1}e^{-ax}\,dx \end{align*} となる。結果をみると、積分がもとの関数によく似ているので、ふたたび部分積分を適用すると \begin{align*} \int_0^\infty x^{n-1}e^{-ax}\,dx &= \int_0^\infty x^{n-1} \cdot \left(-\frac{1}{a}e^{-ax}\right)^\prime\,dx \\ &= \left[ x^{n-1} \cdot \left(-\frac{1}{a}e^{-ax}\right) \right]_0^\infty - \int_0^\infty (n-1)x^{n-2} \cdot \left(-\frac{1}{a}e^{-ax}\right) \,dx \\ &= \frac{n-1}{a}\int_0^\infty x^{n-2}e^{-ax}\,dx \;. \end{align*} 同様に繰り返すと \begin{align*} \int_0^\infty x^{n-2}e^{-ax}\,dx &= \int_0^\infty x^{n-2} \cdot \left(-\frac{1}{a}e^{-ax}\right)^\prime\,dx \\ &= \left[ x^{n-2} \cdot \left(-\frac{1}{a}e^{-ax}\right) \right]_0^\infty - \int_0^\infty (n-2)x^{n-3} \cdot \left(-\frac{1}{a}e^{-ax}\right) \,dx \\ &= \frac{n-2}{a}\int_0^\infty x^{n-3}e^{-ax}\,dx \end{align*} という計算ができ、漸化式の「芽」が見えてくる。実際 $J(n) := \int_0^\infty x^ne^{-ax}\,dx$ とあらわすことにすると \begin{align*} & J(n) = \frac{n}{a} \cdot J(n-1) \;, \\ & J(n-1) = \frac{n-1}{a} \cdot J(n-2) \;, \\ & J(n-2) = \frac{n-2}{a} \cdot J(n-3) \end{align*} となる。これから帰納的な関係として \begin{align*} J(n) = \frac{n}{a} \cdot J(n-1) = n \cdot (n-1) \frac{1}{a^2} \cdot J(n-2) = \cdots = \frac{n!}{a^n} \cdot J(0) \end{align*} となっていることが見てとれる。あとは $J(0)$ が求まれば良くて、 \begin{align*} J(0) = \int_0^\infty e^{-ax}\,dx = \left[ -\frac{1}{a}e^{-ax} \right]_0^\infty = \frac{1}{a} \end{align*} であるから \begin{align*} J(n) = \int_0^\infty x^ne^{-ax}\,dx = \frac{n!}{a^{n+1}} \end{align*} となり、$a=1$ の場合には \begin{align*} n! = \int_0^\infty x^ne^{-x}\,dx \end{align*} という階乗の積分表現が得られる。

さてここで、ちょっと考えてみる。$n$ は自然数でないとダメなのか？実際のところ、部分積分において使われる $(x^n)^\prime = n x^{n-1}$ は、$n$ が実数であっても成立する。したがって、$p$ が実数であるとしても、漸化式 $J(p) = (p/a) \cdot J(p-1)$ は成立する。ただ、一般項を求める部分ややこしくなる。

おおらかに考えると、まず、$n$ 自然数のときには $1/a$ を $n$ 回掛ければよかったのだが、実数 $p$ の場合にはどうする？ すなおに考えれば、$p > 0$ であるならば、 \begin{align*} J(p) = \frac{p}{a} \cdot J(p-1) = p \cdot (p-1) \frac{1}{a^2} \cdot J(p-2) = \cdots \end{align*} となって、$1/a$ を掛ける回数は自然数を使ってなんとか表現できそうである（たとえば $p$ を超えない自然数 $k$ 回、のように）。ただそれでも、$J(0)$ で打ち止めといかなくなる。というか、そもそも $J(0)$ というものがあらわれてくるのか？ $p$ が自然数でないと、$J(0)$ は出てきはしまい。つまり、このやり方で $n$ を実数に拡張するのは無理があるのだ。ということで、実数の階乗については、$\Gamma$ 関数が登場してくるのである。

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sinc 関数の定積分を Fourier 変換で求める

sinc 関数の定積分 $\int_{-\infty}^\infty(\sin\lambda/\lambda)\,d\lambda$ の求め方には様々な方法があるだろうけれど、Fouriere 変換をつかうと以下のように手品の如く求められる。

まず \begin{align*} f(x) = \begin{cases} 1 &\quad (-1 \leq x \leq 1) \\ 0 &\quad( otherwise) \end{cases} \end{align*} という矩形関数を用意し、これを Fourier 変換すると（$\lambda$ は実数） \begin{align*} F(\lambda) &= \int_{-\infty}^\infty e^{-i\lambda x}f(x)\,dx = \int_{-1}^1 e^{-i\lambda x}\,dx = \left[\frac{1}{-i\lambda}e^{-i\lambda x}\right]_{x=-1}^{x=1} \\ &= -\frac{1}{i\lambda} \left(e^{-i\lambda} - e^{i\lambda}\right) = \frac{2}{\lambda}\cdot\frac{e^{i\lambda} - e^{-i\lambda}}{2i} = 2 \frac{\sin\lambda}{\lambda} \end{align*} となる。複素指数関数の部分が三角関数になっていることを見抜くところが味噌である。

そして今度は Fourier 逆変換をおこなえば \begin{align*} f(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty e^{ix\lambda}F(\lambda)\,d\lambda = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty e^{ix\lambda}\frac{\sin\lambda}{\lambda}\,d\lambda \end{align*} したがって、 \begin{align*} f(0) = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin\lambda}{\lambda}\,d\lambda \end{align*} となる。そしてまた $f(0)= 1$ であるから \begin{align*} \int_{-\infty}^\infty\frac{\sin\lambda}{\lambda}\,d\lambda = \pi \end{align*} というふうに求まるのである。

とはいえ、この手品、少々議論がおおらかすぎる。積分範囲には $\lambda = 0$ も含まれているし、$\lambda$ は分母でもあるのだから、そこを無視するわけにはいかないだろう。きちんと広義積分に則るべきなんだろうけれど、いまのところ私が納得のいくいい説明ができない。広義積分と $\lim_{\lambda \to 0}\sin\lambda/\lambda = 1$ という関係からうまくいかないかと目論んではいるのだが。

ということで、本日は一旦ここまで。

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微分と積分の順序交換

\begin{align} \frac{d}{d\alpha} \int_\mathbb{R} f(\alpha, x)\, dx = \int_\mathbb{R} \frac{\partial}{\partial \alpha}f(\alpha, x)\,dx \label{eq.00} \end{align} という等式がある。「微分と積分の順序交換」とか「積分下の微分」などと呼ばれることが多い等式である。この等式をぐっと睨むと、左辺では微分、右辺では偏微分になっていることが見えてくる。そして左辺の微分は積分記号の前、右辺の偏微分は積分記号の後ろに書かれていることも見えてくる。

ただこの両辺の形には、すこし曖昧なところがある。微分記号や偏微分記号の対象範囲が明確とは言い難いのだ。そこをきちんと書いてみると \begin{align*} \frac{d}{d\alpha} \left\{\int_\mathbb{R} f(\alpha, x)\, dx\right\} = \int_\mathbb{R} \left\{\frac{\partial}{\partial \alpha}f(\alpha, x)\right\}\,dx \end{align*} ということになる。この $\{\cdots\}$ の括弧については、「数学に染まって」いくことによって「なくても自明」ということになるのだろうけれども、やはり微分や偏微分の作用する範囲は意識はしておきたいものであると思う。ちなみに、$\int_\mathbb{R}$ のように書かれた $\mathbb{R}$ は、$dx$ で積分する領域を示す（$\int_a^b$ という形の方が馴染みではある）。

$\int_\mathbb{R} f(\alpha, x)\,dx$ という式は、積分変数が $dx$ の定積分であるから、積分結果には $x$ に依存するもの、例えば別の $x$ の関数などは出てこないはずである。けれども、$\alpha$ の値によっては結果が異なると予想されるし、それが一般的でもあるはずだ。このことは、この定積分が $\alpha$ の関数である、ということを物語っていると言えよう。このような $\alpha$ は、往々にして「パラメタ」と言われるが、いろいろな値をとれるのだから、変化する量すなわち変数であるともみなせる。いったん変数とみてしまえば、$F(\alpha) = \int_R f(\alpha, x)\,dx$ という $\alpha$ を変数とする関数 $F(\alpha)$ が考えられるようになる。こう考えることによって、微分することへの躊躇も減る。微分の定義に基づいて臆することなく普通に計算すれば \begin{align*} \dfrac{dF(\alpha)}{d\alpha} &= \lim_{h \to 0}\dfrac{F(\alpha + h) - F(\alpha)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0}\dfrac{\displaystyle{\int_\mathbb{R} f(\alpha + h, x)\,dx - \int_\mathbb{R} f(\alpha, x)\,dx}}{h} \\ &= \lim_{h \to 0}\dfrac{\displaystyle{\int_\mathbb{R} \left\{f(\alpha + h, x) - f(\alpha, x) \right\}\,dx}}{h} \\ &= \lim_{h \to 0}\int_\mathbb{R} \dfrac{f(\alpha + h, x) - f(\alpha, x)}{h}\,dx \end{align*} となる。最後の結果で、極限操作と積分の順序が交換できれば、 \begin{align*} \lim_{h \to 0} \int_\mathbb{R} \dfrac{f(\alpha + h, x) - f(\alpha, x)}{h}\,dx \notag = \int_\mathbb{R} \lim_{h \to 0} \dfrac{f(\alpha + h, x) - f(\alpha, x)}{h}\,dx \end{align*} となる。そしてここで $\lim_{h \to 0} \frac{f(\alpha + h, x) - f(\alpha, x)}{h}$ は、$f$ を $\alpha$ と $x$ の２変数関数であるとみなせば、$\alpha$ による偏微分の定義そのものである。 さらにそもそも、$\frac{dF(\alpha)}{d\alpha} = \frac{d}{d\alpha}\int_\mathbb{R} f(\alpha, x)\,dx$ であったのだからまとめると \begin{align*} \dfrac{d}{d\alpha}\int_\mathbb{R}f(\alpha, x)\,dx = \int_\mathbb{R}\dfrac{\partial}{\partial \alpha}f(\alpha, x)\,dx \end{align*} と \eqref{eq.00} そのものになる。つまり極限操作と積分の順序が交換できるのであれば、微分と積分の順序も交換できることになる。そして、微分が偏微分に変化することも納得できる。

極限操作と積分の順序が交換できるのは、$x$ の関数 $f(\alpha, x)$ がパラメタ $\alpha$ について一様収束するときであると思っているのだがさてどうだろうか。インターネット上の黒木氏のコンテンツでは、「ルベーグの収束性定理から正当化される」とある （このページ）。わたくしはこの定理には疎い。一様収束との関係もわかっていない。そもそも「ルベーグ」という名前が出てくるだけで避けて通る不甲斐なさが、わたくしにはある。このルベーグの収束性定理と一様収束との関係については、今後の課題としておきたい。

その上で。引用した黒木氏のコンテンツには、厳密性に対する姿勢というか向き合い方について、非常に示唆に富むことが書かれている。こういう専門家のアドバイスには勇気づけられる。

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my home page に追加したもの。

わたくしの my home page（右側のナビゲーションフィールドにあるものと同じ）には

ふとしたことで思いついた事柄を記した雑文。テーマは乱雑であり、内容は「極小モノグラフ」的である。

という姿勢で書き綴った私的ユリイカノートというコンテンツがあって、昨日そこに以下のものを追加した（今回はすべて PDF である）。

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$\Sigma k^3 = \left(\Sigma k\right)^2$

$\dagger$ 和の計算

かつては \begin{align} & \sum_{k=0}^n k = 0 + 1 + 2 + \cdots + n = \frac{1}{2}n(n+1) \label{eq.1} \\ & \sum_{k=0}^n k^2 = 0^2 + 1^2 + 2^2 + \cdots + n^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(n+2) \label{eq.2} \end{align} という関係式にいろいろとお世話になった．そしてつい最近 \begin{align} & \sum_{k=0}^n k^3 = 0^3 + 1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 = \frac{1}{4}n^2(n+1)^2 \label{eq.3} \end{align} というような計算をした。\eqref{eq.1} や \eqref{eq.2} と同じころにこの関係式も学習していたのだろうけれど、全くおぼえていなかったので、一から計算する羽目になった。そしてこの結果を見て \begin{align} \sum_{k=0}^n k^3 = \left(\sum_{k=0}^n k\right)^2 \label{eq.4} \\ \end{align} となっていることに気が付いた。なるほどね。そしてこの関係をつかえば \begin{align} \sum_{k=m}^n k^3 = \sum_{k=0}^n k^3 - \sum_{k=0}^{m-1} k^3 = \left(\sum_{k=0}^n k\right)^2 - \left(\sum_{k=0}^{m-1} k\right)^2 \label{eq.5} \end{align} ということも導き出せる。あ、ちなみにここまでの $m, n, k$ は自然数なのですね（$0$ も仲間に入れている）。

$\dagger$ 定積分においては

積分で似た様なことにならないのかと思って \begin{align*} \int_a^b x^3\,dx = \left[\frac{1}{4}x^4\right]_a^b = \frac{1}{4}(b^4 - a^4) \;, \quad \int_a^b x\,dx = \left[\frac{1}{2}x^2\right]_a^b = \frac{1}{2}(b^2 - a^2) \end{align*} と計算し、「$\int_a^b x^3\,dx$ は $\left(\int_a^b x\,dx \right)^2$ と等しくはないではないか、やはり自然数と実数の世界は違うんだ、やれやれ」と短絡してその時は終わってしまった。

しかしまあ、これは余りにも短絡が過ぎるというものである。任意の区間の定積分で比べれば確かにその通りであるけれど、それではそもそもの \eqref{eq.1} や \eqref{eq.2}、\eqref{eq.3} の $\sum$ の精神を汲んでいない。$\sum$ の時と同じ様に範囲を定めるべきなのだ。散歩のあと珈琲を飲んでいたらそのことに気がついた。なのでいまこれを書いているのである。

$\sum$ の範囲を汲んで、落ち着いてきちんとやってみると \begin{align} & \int_0^n x^3\,dx = \left[\frac{1}{4}x^4\right]_0^n = \frac{1}{4}n^4 \;, \quad \int_0^n x\,dx = \left[\frac{1}{2}x^2\right]_0^n = \frac{1}{2}n^2 \notag \\ & \qquad\therefore \int_0^n x^3\,dx = \left(\int_0^n x\,dx \right)^2 \label{eq.6} \end{align} というように、和のときの \eqref{eq.4} と似た様な結果が得られる。また $\int_0^n = \int_0^m + \int_m^n \Leftrightarrow \int_m^n = \int_0^n - \int_0^m$ を使えば \begin{align} \int_m^n x^3\,dx = \int_0^n x^3\,dx - \int_0^m x^3\,dx = \left(\int_0^n x\,dx \right)^2 - \left(\int_0^m x\,dx \right)^2 \end{align} となって、これまた和のときの \eqref{eq.5} と似た様な結果が得られるのである。短絡はいけない。ましてや「自然数と実数の違いだ」などと馬鹿げた大言を壮語してはいけないのである。

さらに計算結果の数値を比べてみると \begin{align*} \sum_{k=0}^n k \ge \int_0^n x\,dx \;, \quad \sum_{k=0}^n k^3 \ge \int_0^n x^3\,dx \end{align*} となっている。わたくし的にはこれは少々意外な事実であった。

$\dagger$ 他にはないのか？

$\sum_{k=0}^n k^3 = \left(\sum_{k=0}^n k\right)^2$ のようななんとはなしに美しい関係[1]は他にはないのだろうか。 それを、積分の形を利用して見ていってみる。求めたい関係は、$p, q, r$ を自然数として \begin{align*} \int_0^n x^p\,dx = \left(\int_0^n x^q\,dx\right)^r & \iff \frac{1}{p+1}n^{p+1} = \left(\frac{1}{q+1}n^{q+1}\right)^r \\ & \iff \frac{1}{p+1}n^{p+1} = \frac{1}{(q+1)^r}n^{(q+1)r} \\ \end{align*} となるから \begin{align*} \begin{cases} p + 1 = (q+1)^r \\ p + 1 = (q+1)\cdot r \end{cases} \iff \begin{cases} p + 1 = (q+1)^r \\ (q+1)^r = (q+1)\cdot r \end{cases} \end{align*} が満たされる $p, q, r$ でなくてはならない。条件 $(q+1)^r = (q+1)\cdot r$ を道具にして $p, q, r$ を探していこう。

$q=0$ から始めると \begin{align*} (q+1)^r = (q+1)\cdot r \iff 1^r = r \quad \therefore r = 1 \end{align*} でしかなく、そのとき $p=0$ である。元の積分の式にいれると \begin{align*} \int_0^n x^0\,dx = \left(\int_0^n x^0\,dx\right)^1 \iff \int_0^n \,dx = \int_0^n \,dx \end{align*} という当たり前の式になる。

$q=1$ を考えると \begin{align*} (q+1)^r = (q+1)\cdot r \iff 2^r = 2r \quad \therefore r = 1, 2 \end{align*} であるから、そのときの $p$ はそれぞれ $p=1, 3$ である。元の積分の式にいれると \begin{align} & \int_0^n x^1\,dx = \left(\int_0^n x^1\,dx\right)^1 \iff \int_0^n x\,dx = \int_0^n x\,dx \label{aho} \\ & \int_0^n x^3\,dx = \left(\int_0^n x^1\,dx\right)^2 \iff \int_0^n x^3\,dx = \left(\int_0^n x\,dx \right)^2 \label{boke} \end{align} であり、\eqref{aho} は当たり前で、\eqref{boke} は先に見た \eqref{eq.6} そのものである。

$q=2$ では \begin{align*} (q+1)^r = (q+1)\cdot r \iff 3^r = 3r \quad \therefore r = 1 \end{align*} であるから、そのとき $p=2$ である。元の積分の式にいれると \begin{align*} & \int_0^n x^2\,dx = \left(\int_0^n x^2\,dx\right)^1 \iff \int_0^n x^2\,dx = \int_0^n x^2\,dx \end{align*} とあたりまえである。$r=1$ は常にこのようになる。

$q=3$ とすると \begin{align*} (q+1)^r = (q+1)\cdot r \iff 4^r = 4r \end{align*} となって、このような $r$ は $1$ 以外には存在しない。そして $r=1$ の時は $p=q$ となるので、あたりまえの結果しか得られない（いままで見てきた様に）。

そして $q$ が $3$ 以上の自然数である場合には $(q+1)^r = (q+1)\cdot r$ を満たす $r$ は $1$ 以外には存在しないのである[2]。つまり、「なんとはなしに美しい関係」は、\eqref{eq.6}（\eqref{boke} と同じ）の他にはないことがわかるのであった。

[1]  ザビーネ・ホッセンフェルダー（吉田三知世 訳）『数学に魅せられて、科学を見失う ー物理学と「美しさ」の罠ー』を読むと、軽々に「美しい」とは言えなくなってしまうのであった。
[2]  これは証明が必要だろうか？自然数の冪乗の性質から自明として扱いたいと思うのだけれど。言いたいことは、$a^b = ab$ で $a$ が $3$ 以上の自然数だったら $b$ は $1$ しかあり得ないということなのだが。$b$ 倍よりは $b$ 乗の方が大きいよね。
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