ここでは，nＣkのことを(n,k)を書くことにする．階乗や２項係数などを含んだ有限和では，たとえば
Σ(n,k)=2^n
次数ｎの２項係数の和は2^nであるという有名な（古い？，由緒ある？）恒等式がある．これは，パスカルの三角形
Σ(n,k)p^kq^(n-k)=(p+q)^n
において，ｐ＝１，ｑ＝１とおくことにより簡単に導かれる．
２項係数の２乗の和も非常に簡単である．
Σ(n,k)^2=(2n,n)
（証明）文字１，２，・・・，ｎからｋ個の文字の選び方は(n,k)通り．
文字ｎ＋１，ｎ＋２，・・・，２ｎからｎ－ｋ個の文字の選び方は(n,n-k)通り．
したがって，そのような対の選び方は(n,k)(n,n-k)=(n,k)^2通り．
一方，２ｎ個の文字１，２，・・・，２ｎからｎ個の文字の選び方は(2n,n)通り．各ｋに対する上の対の選び方は１対１に対応しているから，その和Σ(n,k)^2は(2n,n)に等しい．
２項係数に関して
ΣnＣknＣn-k＝Σ（nＣk）^2＝2nＣn
が成り立つので，計算が非常に簡単になったが，では３乗の和，４乗の和はどうなるのであろうか？
Σ(n,k)^3=？，Σ(n,k)^4=？
実は，これには単純な公式のないことが証明されている．
比較的有名な有限級数をあげておくと，
Σ(-1)^k(n,k)=0
Σk(n,k)=n2^(n-1)
Σ(2n-2k,n-k)(2k,k)=4^n
また，有名ではないが，次のようにゼータ関数に帰着する無限級数も知られている．
Σ1/(2n,n)={2π√3+9}/27
Σ1/n(2n,n)=π√3/9
3Σ1/n^2(2n,n)=ζ（2）
12Σ(2-√3)^n/n^2(2n,n)=ζ（2）
5/2Σ(-1)^(n-1)/n^3(2n,n)=ζ（3）
36/17Σ1/n^4(2n,n)=ζ（4）
これらは，
Σ1/n^k(2n,n)
あるいは
Σ(-1)^(n-1)/n^k(2n,n)
と書けるが，もし以上ことからζ（2），ζ（3），ζ（4），・・・がΣ1/n^k(2n,n)あるいはΣ(-1)^(n-1)/n^k(2n,n)の簡単な有理数倍になっていると予想するのは当然の成りゆきであろう．
ζ（5）＝R*Σ(-1)^(n-1)/n^5(2n,n)
と予想されるが，予想に反して，Ｒはたとえ有理数であったにしても，簡単なものにはならないらしい．
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【雑感】
答えの方から逆に考えれば
Σ(-1)^(n-1)/n^3(2n,n)=Σ1/n^3*（2/5に収束する無限級数）
Σ1/n^4(2n,n)=Σ1/n^4*（17/36に収束する無限級数）
になるはずだが，これらは一体どうやって求められたのだろう？
公式集をめくって探索していくうちに，
新数学公式集Ⅰ（初等関数），丸善
のなかに，以下の２重級数公式を発見した（k:1~∞，m:1~k）．
Σ1/(k+1)^2*(Σ1/m)=ζ（3）
Σ1/(k+1)^3*(Σ1/m)=π^4/360
ζ（4）=π^4/90であるから，後者は
4Σ1/(k+1)^3*(Σ1/m)=ζ（4）
とも書ける．これらの公式が証明の役に立つかも知れない．
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