上へ: 2006年入試問題研究 戻る: 3番問題

3番解答

1. $p$に0を含めることとし， $p=0,\ 1,\ 2,\ \cdots$に対して， 数列の和 $$\sum_{k=1}^nk^p$$を$S_p(n)$と表さすような， $p+1$次の多項式$S_p(x)$が存在しすることを，数学的帰納法で示す． 後で使うので，$S_p(0)=0$であることも含めて，示す．

   $p=0$のとき．
   

   $$\sum_{k=1}^nk^0=n$$
   
   
   より$S_0(x)=x$とおけばよい．$S_0(0)=0$も成立する．

   題意を満たす $S_0(x),\ S_1(x),\ \cdots,\ S_{p-1}(x)$が存在したとする．

   ここで二項定理から
   

   $$(x+1)^{p+1}-x^{p+1}=\sum_{i=0}^p{}_{p+1}\mathrm{C}_ix^i$$
   
   
   より
   $$\begin{eqnarray*} &&\sum_{k=1}^n\{(k+1)^{p+1}-k^{p+1}\} =\sum_{k=1}^n\left(\su... ...(p+1)\sum_{k=1}^nk^p+\sum_{i=0}^{p-1}{}_{p+1}\mathrm{C}_iS_i(n) \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   $$\sum_{k=1}^n\{(k+1)^{p+1}-k^{p+1}\}=(n+1)^{p+1}-1$$
   
   
   なので，
   
   $$(p+1)\sum_{k=1}^nk^p=(n+1)^{p+1}-1-\sum_{i=0}^{p-1}{}_{p+1}\mathrm{C}_iS_i(n)$$
   
   
   これから
   
   $$S_p(x) =\dfrac{1}{p+1}\left\{(x+1)^{p+1}-1-\sum_{i=0}^{p-1}{}_{p+1}\mathrm{C}_iS_i(x)\right\}$$
   
   
   とおけばよい．
   
   $$S_p(0) =\dfrac{1}{p+1}\left\{(0+1)^{p+1}-1-\sum_{i=0}^{p-1}{}_{p+1}\mathrm{C}_iS_i(0)\right\} =0$$
   
   
   も成り立ち，$p$のときも題意を満たす$S_p(x)$が構成できた．

   よって，0以上のすべての$p$に対して題意を満たす$S_p(x)$が存在することが示された．

2. 変数$x$の整式に対して$f(x)=g(x)$が恒等式であることと， 任意の0以上の整数$n$に対して$f(n)=g(n)$が成り立つことは同値である．

   したがって
   

   $$\sum_{j=1}^qa_jS_{2j-1}(x)=x^q(x+1)^q\quad \cdots\maru{1}$$
   
   
   が恒等式となることと， $\maru{1}$に0以上の任意の整数$n$を代入したとき成立することが同値である．

   (1)から$\maru{1}$は$x=0$のときには成立している．

   命題：
   

   $$x=n-1 のときに\maru{1}が成立すれば，x=n\ のときにも\maru{1}が成立する．$$
   
   
   が，すべての$n\ge 1$に対して成立するように係数$a_j$を決めれば， 数学的帰納法によってすべての0以上の整数に対して$\maru{1}$は成立する．
   $$\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^qa_jS_{2j-1}(n)=n^q(n+1)^q&&\cdots\maru{2}\\ \sum_{j=1}^qa_jS_{2j-1}(n-1)=(n-1)^qn^q&&\cdots\maru{3} \end{eqnarray*}$$
   
   
   $\maru{3}$が成立するとき$\maru{2}$が成立すればよい．よってその差
   
   $$\sum_{j=1}^qa_j\{S_{2j-1}(n)-S_{2j-1}(n-1)=n^q(n+1)^q-(n-1)^qn^q$$
   
   
   がすべての自然数で成立すればよい．ここで$S_p(n)$の定義から
   
   $$S_{2j-1}(n)-S_{2j-1}(n-1)=n^{2j-1}$$
   
   
   である．よって
   
   $$\sum_{j=1}^qa_jx^{2j-1}=x^q(x+1)^q-(x-1)^qx^q$$
   
   
   が，すべての$n$で成立する，つまり恒等式になればよい．ここで
   $$\begin{eqnarray*} &&x^q(x+1)^q-(x-1)^qx^q\\ &=&x^q\left\{\sum_{i=0}^q{}_q\mat... ...^{\left[\frac{q+1}{2}\right]}{}_q\mathrm{C}_{2l-1}x^{2q-(2l-1)} \end{eqnarray*}$$
   
   
   である．

   これから，係数$a_j$を
   

   $$2j-1=2q-(2l-1)$$
   
   
   のとき
   
   $$a_j=2{}_q\mathrm{C}_{2l-1}$$
   
   
   となるようにとればよい．このとき$l=q-j+1$なので，
   
   $$a_j=2{}_q\mathrm{C}_{2q-2j+1}\ (1\le j \le q)$$
   
   
   である． ただし， $0\le 2q-2j+1\le q$の範囲にない$j$に対しては， ${}_q\mathrm{C}_{2q-2j+1}=0$とする．

   この$a_j$に対しては0以上の任意の整数に対して$\maru{1}$が成立する．

   つまりこのとき$\maru{1}$は恒等式である．

3. 
   
   $$\sum_{j=1}^{q-1}b_jS_{2j}(x)=x^{q-1}(x+1)^{q-1}(cx+q)\quad \cdots\maru{4}$$
   
   
   が恒等式となるためには，(2)と同様に考え，2以上の自然数$q$に対して
   $$\begin{eqnarray*} &&\sum_{j=1}^{q-1}b_j\{S_{2j}(x)-S_{2j}(x-1)\}=\sum_{j=1}^{q-... ...x+1)^{q-1}(cx+q)-(x-1)^{q-1}x^{q-1}(cx-c+q)\quad \cdots\maru{5} \end{eqnarray*}$$
   
   
   が恒等式となるように，定数$c$と $b_1,\ \cdots,\ b_{q-1}$を決めればよい．
   $$\begin{eqnarray*} &&x^{q-1}(x+1)^{q-1}(cx+q)-(x-1)^{q-1}x^{q-1}(cx-c+q)\\ &=&... ...=0}^{q-1}{}_{q-1}\mathrm{C}_{i}(-1)^ix^{q-1-i} \right\} \right] \end{eqnarray*}$$
   
   
   ここで奇数次数の項をとると
   
   $$2q{}_{q-1}\mathrm{C}_{2l-1}x^{2(q-1)-(2l-1)}+c{}_{q-1}\mathrm{C}_{i}(-1)^ix^{2(q-1)-i}$$
   
   
   で$i=2l-1$のときである．このときこの項は
   
   $$(2q-c){}_{q-1}\mathrm{C}_{2l-1}x^{2(q-1)-(2l-1)}$$
   
   
   となる．$\maru{5}$の左辺は偶数次の項ばかりなので，
   
   $$c=2q$$
   
   
   が必要である．このとき偶数次の項は
   
   $$2c{}_{q-1}\mathrm{C}_{2l-1}x^{2(q-1)+1-(2l-1)}+c{}_{q-1}\mathrm{C}_{i}(-1)^ix^{2(q-1)-i}$$
   
   
   で，$i=2l-2$のときである．
   
   $${}_{n-1} \mathrm{C}_r+{}_n \mathrm{C}_r=\left(\dfrac{n-r}{n}+1\right){}_n\mathrm{C}_r$$
   
   
   なので，このときこの項は
   $$\begin{eqnarray*} &&c\left\{2{}_{q-1}\mathrm{C}_{2l-1}+{}_{q-1}\mathrm{C}_{2l-2... ... &=&\dfrac{2q-2l+1}{q}{}_q\mathrm{C}_{2l-1}x^{2(q-1)+1-(2l-1)} \end{eqnarray*}$$
   
   
   となる．

   $\maru{5}$が恒等式となるためには
   

   $$b_jx^{2j}=c\cdot\dfrac{2q-2l+1}{q}{}_q\mathrm{C}_{2l-1}x^{2(q-1)+1-(2l-1)}$$
   
   
   ここで， $2j=2(q-1)+1-(2l-1)$．つまり$2l-1=2q-2j-1$である．したがって
   $$\begin{eqnarray*} b_j&=&c\cdot\dfrac{2q-2l+1}{q}{}_q\mathrm{C}_{2l-1}\\ &=&2q... ...j-1}\\ &=&2(2j+1){}_q\mathrm{C}_{2q-2j-1}\ \ (1\le j \le q-1) \end{eqnarray*}$$
   
   
   である． ただし $1\le 2q-2j-1\le q$の範囲を超える$j$に対しては ${}_q\mathrm{C}_{2q-2j-1}=0$とする．
4. $p=2q+1\ (q=2,\ 3,\ \cdots)$とおき
   
   $$\dfrac{d}{dx}S_p(x)=pS_{p-1}(x)\quad \cdots\maru{6}$$
   
   
   が成り立つことを$m$に関する数学的帰納法で示す．

   $q=2$のとき．

   $$\begin{eqnarray*} \dfrac{d}{dx}S_3(x)&=&\dfrac{d}{dx}\left\{\dfrac{1}{2}x(x+1)\... ...c{x(x+1)(2x+1)}{2}\\ &=&3\cdot\dfrac{x(x+1)(2x+1)}{6}=3S_2(x) \end{eqnarray*}$$
   
   
   より成立する．

   $\maru{6}$が $p=3,\ \cdots,\ 2(q-1)-1$のとき成立するとする．

   ここで$\maru{1}$の両辺を$x$で微分する．
   

   $$\sum_{j=1}^qa_jS_{2j-1}'(x)=\dfrac{d}{dx}x^q(x+1)^q$$
   
   
   この等式において
   $$\begin{eqnarray*} 右辺&=&qx^{q-1}(x+1)^q+qx^q(x+1)^{q-1}\\ &=&qx^{q-1}(x+1)^{q-1}(2x+1) \end{eqnarray*}$$
   
   
   ところがこれは$\maru{4}$の右辺で$c=2q$とおいたものに他ならない．

   よって$\maru{1}$の左辺を$x$で微分した整式と$\maru{4}$の左辺は等しい． つまり
   

   $$\sum_{j=1}^qa_jS_{2j-1}'(x)=\sum_{j=1}^{q-1}b_jS_{2j}(x)\quad \cdots\maru{7}$$
   
   
   である．

   ここで$\maru{7}$の左辺で， $a_1=2{}_q\mathrm{C}_{2q-1}=0$， $a_q=2{}_q\mathrm{C}_{1}=2q$なので， 数学的帰納法の仮定を用いると

   $$\begin{eqnarray*} 左辺&=&\sum_{j=2}^{q-1}a_jS_{2j-1}'(x)+2qS_{2q-1}'(x)\\ &=&... ...S_{2q-1}'(x)\\ &=&\sum_{j=1}^{q-2}b_jS_{2j}(x)+2qS_{2q-1}'(x) \end{eqnarray*}$$    
   
   
   となる． これが$\maru{7}$の右辺と一致し，かつ $b_{q-1}=2(2q-1){}_q\mathrm{C}_1$なので
   
   $$2qS_{2q-1}'(x)=b_{q-1}S_{2q-2}(x)=2(2q-1)qS_{2q-2}(x)$$
   
   
   つまり
   
   $$S_{2q-1}'(x)=(2q-1)S_{2q-2}(x)$$
   
   
   が示され，$\maru{6}$が$p=2q-1$のときも成立した．

   したがって数学的帰納法によって，3以上の奇数$p$に対して$\maru{6}$が成立する．

例 (2)(3)の公式は何を意味しているのか．必ず具体的に書き出してみよう．

 

$$\begin{eqnarray*} &&2S_1=x(x+1)\\ &&4S_3=x^2(x+1)^2\\ &&6S_5+2S_3=x^3(x+1)^3\\ &&8S_7+8S_5=x^4(x+1)^4 \end{eqnarray*}$$

これから

 

となる． また

$$\begin{eqnarray*} &&12S_2=2x(x+1)(2x+1)\\ &&6S_2+30S_4=3x^2(x+1)^2(2x+1)\\ &&24S_2+56S_6=4x^3(x+1)^3(2x+1) \end{eqnarray*}$$

これから

注意