四面体数

四面体数、または三角錐数は、三角形の底面と3つの側面を持つ四面体と呼ばれるピラミッドを表す図形数です。n番目の四面体数Tenn_は、最初のn個の三角数の合計です。つまり、

${\displaystyle Te_{n}=\sum _{k=1}^{n}T_{k}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k(k+1)}{2}}=\sum _{k=1}^{n}\left(\sum _{i=1}^{k}i\right)}$

四面体数は次のとおりです。

1、4、10、20、35、56、84、120、165、220 、...（OEISの配列A000292 ）​​​​​​​​​​​​​​​

n番目の四面体数の式は、nの 3 番目の階乗を 3 の階乗で割った値で表されます。

${\displaystyle Te_{n}=\sum _{k=1}^{n}T_{k}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k(k+1)}{2}}=\sum _{k=1}^{n}\left(\sum _{i=1}^{k}i\right)={\frac {n(n+1)(n+2)}{6}}={\frac {n^{\overline {3}}}{3!}}}$

四面体数は二項係数として表すこともできます。

${\displaystyle Te_{n}={\binom {n+2}{3}}.}$

したがって、四面体数はパスカルの三角形の左からでも右からでも 4 番目の位置にあります。

この証明では、 n番目の三角数が次のように与えられる という事実を利用しています。

${\displaystyle T_{n}={\frac {n(n+1)}{2}}.}$

それは帰納法によって進行します。

基本ケース

${\displaystyle Te_{1}=1={\frac {1\cdot 2\cdot 3}{6}}.}$

帰納的ステップ

${\displaystyle {\begin{aligned}Te_{n+1}\quad &=Te_{n}+T_{n+1}\\&={\frac {n(n+1)(n+2)}{6}}+{\frac {(n+1)(n+2)}{2}}\\&=(n+1)(n+2)\left({\frac {n}{6}}+{\frac {1}{2}}\right)\\&={\frac {(n+1)(n+2)(n+3)}{6}}.\end{aligned}}}$

この式はゴスパーのアルゴリズムによって証明することもできます。

四面体数と三角数は再帰式を通じて関連している

${\displaystyle {\begin{aligned}&Te_{n}=Te_{n-1}+T_{n}&(1)\\&T_{n}=T_{n-1}+n&(2)\end{aligned}}}$

方程式は次のようになる ${\displaystyle (1)}$

${\displaystyle {\begin{aligned}&Te_{n}=Te_{n-1}+T_{n-1}+n\end{aligned}}}$

式に代入する${\displaystyle n-1}$${\displaystyle n}$${\displaystyle (1)}$

${\displaystyle {\begin{aligned}&Te_{n-1}=Te_{n-2}+T_{n-1}\end{aligned}}}$

したがって、番目の四面体数は、次の再帰方程式を満たす。 ${\displaystyle n}$

${\displaystyle {\begin{aligned}&Te_{n}=2Te_{n-1}-Te_{n-2}+n\end{aligned}}}$

三角数と四面体数に見られるパターンは一般化することができ、次の式が得られる: ^[1]${\displaystyle \sum _{n_{1}=1}^{n_{2}}n_{1}={\binom {n_{2}+1}{2}}}$${\displaystyle \sum _{n_{2}=1}^{n_{3}}\sum _{n_{1}=1}^{n_{2}}n_{1}={\binom {n_{3}+2}{3}}}$ $${\displaystyle \sum _{n_{k-1}=1}^{n_{k}}\sum _{n_{k-2}=1}^{n_{k-1}}\ldots \sum _{n_{2}=1}^{n_{3}}\sum _{n_{1}=1}^{n_{2}}n_{1}={\binom {n_{k}+k-1}{k}}}$$

四面体数は、球を積み重ねることでモデル化できます。たとえば、5 番目の四面体数 ( Te ₅ = 35 ) は、35 個のビリヤード ボールと、15 個のボールを固定する標準的な三角形のビリヤード ボール フレームでモデル化できます。次に、その上にさらに 10 個のボールを積み重ね、さらに 6 個、さらに 3 個を積み重ね、一番上に 1 個のボールを置くと、四面体が完成します。

₁₀個の球から構成されるn次の四面体を単位として用いると、そのような単位による空間タイリングはn ≤ 4である限り最も密な球のパッキングを達成できることが示される。^{[2] [疑わしい–議論する]}

xの3 乗根と同様に、 xの (実) 四面体根を、Te _n = xとなる数nとして定義することができます。 $${\displaystyle n={\sqrt[{3}]{3x+{\sqrt {9{x^{2}}-{\frac {1}{27}}}}}}+{\sqrt[{3}]{3x-{\sqrt {9{x^{2}}-{\frac {1}{27}}}}}}-1}$$

これはカルダノの公式から導かれます。同様に、 xの実四面体根nが整数であれば、x はn番目の四面体数です。

• Ten _n + Ten _{n −1} = 1 ² + 2 ² + 3 ² ... + n ²、四角錐の数。

  Te _2n+1 = 1 ² + 3 ² ... + (2n+1) ²、奇数の平方の合計。

  Te _2n = 2 ² + 4 ² ... + (2n) ²  、偶数平方の合計。

• AJ Meyl は 1878 年に、四面体数のうち完全な平方数となるのは 3 つだけであることを証明しました。

  1 = 1 ² = 1_​      

  テ₂ = 2 ² = 4      

  テ₄₈ = 140 ² = 19600。

• フレデリック・ポロック卿は、すべての正の整数は最大 5 つの四面体数の和であると予想しました。ポロックの四面体数予想を参照してください。
• 四面体数のうち、正四角錐数でもあるのは 1 だけです (Beukers、1988)。また、四面体数のうち、完全立方体でもあるのは1 だけです。
• 四面体数の逆数の無限和は⁠3/2⁠ 、これは伸縮級数を使って導くことができます:

  ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {6}{n(n+1)(n+2)}}={\frac {3}{2}}.}$

• 四面体数の偶奇性は、奇数-偶数-偶数-偶数の繰り返しパターンに従います。
• 四面体数の観察:

  Te ₅ = Te ₄ + Te ₃ + Te ₂ + Te ₁

• 三角形と四面体の両方の数は、二項係数方程式を満たす必要があります。

  ${\displaystyle T_{n}={\binom {n+1}{2}}={\binom {m+2}{3}}=Te_{m}.}$

四面体数と三角数の両方である唯一の数は、次のとおりです ( OEISのシーケンスA027568 )。

テ₁ =テ₁ = 1   

テ₃ =テ₄ = 10  

テ₈ =テ₁₅ =  120

テ₂₀ =テ₅₅ = 1540

テ₃₄ =テ₁₁₉ = 7140

• Ten _{n は}、すべての積p × qの合計です。ここで、( p , q ) は順序付きペアであり、 p + q = n + 1
• Ten _{n は}、2 進展開で 1 が 2 回連続する( n + 2) ビットの数値の数です
• いくつかの整数に対する形の最大の四面体数は8436です。${\displaystyle 2^{a}+3^{b}+1}$${\displaystyle a}$${\displaystyle b}$

Te ₁₂ = 364は、キャロル「クリスマスの12日間」の全12節の間に「私の真実の愛する人が私に送った」贈り物の合計数です^{。 [3]}各節の後の贈り物の累計総数も、 n番目の節ごとにTen _nです。

KeyForge の3 つの家の組み合わせの可能な数も四面体数、Te _{n −2}です。ここでnは家の数です。

• 中心三角数

• Weisstein、Eric W.「四面体数」。MathWorld。
• 四面体数公式の幾何学的証明、Jim Delany 著、Wolfram Demonstrations Project。