[math]2006年東京大学後期数学問題3

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問題

数列の和の公式$$\sum_{k=1}^{n}{k}=\frac{n(n+1)}{2}, \sum_{k=1}^{n}{k^2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}, \sum_{k=1}^{n}{k^3} = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$$などについて、次のような一般的な考察をしてみよう。$p, n$を自然数とする。
$(1)$ $p+1$次多項式$S_p(x)$があって、数列の和$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}{k^p}$が$S_p(n)$と表されることを示せ。
$(2)$ $q$を自然数とする。$(1)$の多項式$S_1(x), S_3(x), \cdots, S_{2q-1}(x)$に対して、$$\sum_{j=1}^{q}{a_jS_{2j-1}(x)} = x^q(x+1)^q$$が恒等式となるような定数$a_1, \cdots, a_q$を$q$を用いて表わせ。
$(3)$ $q$を$2$以上の自然数とする。$(1)$の多項式$S_2(x), S_4(x), \cdots, S_{2q-2}(x)$に対して、$$\sum_{j=1}^{q-1}{b_jS_{2j}(x)} = x^{q-1}(x+1)^{q-1}(cx+q)$$が恒等式となるような定数$c$と$b_1, \cdots, b_{q-1}$を$q$を用いて表わせ。
$(4)$ $p$を$3$以上の奇数とする。このとき、$$\frac{d}{dx}S_p(x) = pS_{p-1}(x)$$を示せ。

方針

誘導に従うよりない。$(2), (3)$では偶数奇数で場合分けが必要になる。

解答

$(1)$ $p$に関しての数学的帰納法で示す。$p = 1$のとき$\displaystyle S_p(x) = \frac{x(x+1)}{2}$とすれば良い。$p\leq r$の時題意が成立しているとする。このとき、$(k+1)^{r+2}-k^{r+2} = (r+2)k^{r+1} + A(k, r)$であり、$A(k, r)$は$k$に関する$r$次の多項式である。$k=1, 2, \cdots, n$としてものを辺ごとに足して、$$(n+2)^{r+2}-1 = (r+2)\sum_{k=1}^{n}{k^{r+1}}+B(n, r)$$であり、$\displaystyle B(n, r) = \sum_{k=1}^{n}{A(k, r)}$は帰納法の仮定から$n$に関する$r+1$次の多項式である。よって、$$\sum_{k=1}^{n}{k^{r+1}} = \frac{1}{r+2}\left((n+1)^{r+2}-1+B(n, r)\right)$$は$n$に関する$r+2$次の多項式である。これを$S_{r+1}(n)$とする。$n$を$x$で置き換えた多項式を$S_{r+1}(x)$とすると、これは$r+2$次であり、題意を満たす。よって、数学的帰納法より示された。また、$S_1(0)=0$であり、$S_p(0)=0$を$p\leq r$なる$p$について仮定すると、上の式より$S_{r+1}(0)=0$であることも合わせてわかる。

$(2)$ 与えられた条件から$$a_1S_1(x)+a_2S_3(x)+\cdots + a_qS_{2q-1}(x) = x^q(x+1)^q \tag{a}$$である。式$(a)$で$x$を$x-1$に置き換えて、$$a_1S_1(x-1)+a_2S_3(x-1)+\cdots + a_qS_{2q-1}(x-1) = (x-1)^qx^q\ tag{b}$$である。式$(a), (b)$で$x=k$（$k$は自然数）として辺ごとに引く。ただし、$S_p(k)-S_{p}(k-1)=k^p$に注意する。なお$S_p(0) = 0$であるから、これは$k=1$でも成立する。$$a_1k+a_2k^3+\cdots + a_qk^{2q-1} = k^q((k+1)^q-(k-1)^q) \tag{c}$$である。式$(c)$は任意の$k$に対して成り立ち、両辺は高々$k$についての$2q$次の式であるから、任意の実数$x$に対して$$a_1x+a_2x^3+\cdots + a_qx^{2q-1} = x^q((x+1)^q-(x-1)^q) \tag{d}$$が成り立つ。右辺をみると、$(x+1)^q-(x-1)^q$が何次式であっても$x$について$q$次式以上となるので、$q$が奇数のときには$a_1, a_2, \cdots, a_{\frac{q-1}{2}}$までは、$q$が偶数のときには$a_1, a_2, \cdots, a_{\frac{q}{2}}$までは$0$になることがわかる。ただし、$a_0 = 0$などとする。
$(i)$ $q$が奇数のとき、式$(d)$の両辺を$x^q$で割って、$$a_{\frac{q+1}{2}}+a_{\frac{q+3}{2}}+\cdots + a_qx^{q-1} = (x+1)^q-(x-1)^q$$である。$q$は奇数なので、右辺を計算すると、二項定理より$$\begin{eqnarray}\sum_{j=0}^{q}{_{q}\mathbb{C}_{j}x^j}-\sum_{j=0}^{q}{_q{\mathbb{C}}_{j}(-1)^{q-j}x^{j}} & = & \sum_{j=0}^{q}{_{q}{\mathbb{C}_{j}}(1-(-1)^{q-j})x^j} \\ & = & 2+_{q}{\mathbb{C}}_0+2_{q}{\mathbb{C}}_{2}x^2+\cdots + 2_{q}{\mathbb{C}}_{q-1}x^{q-1}\end{eqnarray}$$となる。よって、$i=0, 1, \cdots, \frac{q-1}{2}$として、$\displaystyle a_{\frac{q+1}{2}+i} = 2_{q}{\mathbb{C}}_{2i}$となる。$\displaystyle \frac{q+1}{2}+i = j$と置き換えると、$\displaystyle j = \frac{q+1}{2}, \frac{q+3}{2}, \cdots, q$であり、$a_j = 2{_{q}{\mathbb{C}}_{2j-q-1}} =\underline{ 2{_{q}{\mathbb{C}}_{2q-2j+1}}}$となる。
$(ii)$ $q$が偶数のとき、式$(d)$の両辺を$x^q$で割って、$$a_{\frac{q}{2}+1}x+a_{\frac{q}{2}+2}x^3 + \cdots + a_qx^{q-1} = (x+1)^q-(x-1)^q$$である。$q$は偶数なので、右辺を計算すると、二項定理より$$\begin{eqnarray}\sum_{j=0}^{q}{_{q}{\mathbb{C}}_{j}x^j}-\sum_{j=0}^{q}{{_{q}{\mathbb{C}}_{j}}(-1)^{q-j}x^j} & = & \sum_{j=0}^{q}{_{q}{\mathbb{C}}_{j}(1-(-1)^{q-j})x^{j}} \\ & = & 2{_{q}{\mathbb{C}}_{1}}x + 2{_{q}{\mathbb{C}}_{3}}x^3+\cdots + 2{_{q}{\mathbb{C}}_{q-1}}x^{q-1} \\ & = & 2{_{q}{\mathbb{C}}_{1}}x+2{_{q}{\mathbb{C}}_{3}}x^3+\cdots + 2{_{q}{\mathbb{C}}_{q-1}}x^{q-1}\end{eqnarray}$$となる。よって、$i=0, 1, \cdots, \frac{q-2}{2}$として、$\displaystyle a_{\frac{q+2}{2}+i} = 2{_{q}{\mathbb{C}}_{2i+1}}$となる。$\displaystyle \frac{q+2}{2}+i = j$と置き換えると、$\displaystyle j = \frac{q+2}{2}, \frac{q+4}{2}, \cdots, q$であり、$a_j = 2{_{q}{\mathbb{C}}_{2j-q-1}} = \underline{2{_{q}{\mathbb{C}}_{2q-2j+1}}}$となる。

以上から、$q$の奇偶に関わらず、$$a_j = \begin{cases}2{_{q}{\mathbb{C}}_{2q-2j+1}} \ \left(\frac{q+1}{2}\leq j\leq q\right) \\ 0\ (その他のとき)\end{cases}$$と定めれば、任意の実数$x$に対して式$(a)$が成り立つ。

$(3)$ 与えられた条件から$$b_1S_2(x)+b_2S_4(x)+\cdots + b_{q-1}S_{2q-2}(x) = x^{q-1}(x+1)^{q-1}(cx+q) \tag{e}$$である。式$(e)$で$x$を$x-1$に置き換えて、$$b_1S_2(x-1)+b_2S_4(x-1)+\cdots + b_{q-1}S_{2q-2}(x-1) = (x-1)^{q-1}x^{q-1}(cx+q-x) \tag{f}$$である。式$(e), (f)$で$x=k$（$k$は自然数）として辺ごとに引く。ただし、$S_p(k)-S_{p}(k-1)=k^p$に注意する。なお$S_p(0) = 0$であるから、これは$k=1$でも成立する。$$b_1k^2+b_2k^4+\cdots + b_{q-1}k^{2q-2} = k^{q-1}((k+1)^{q-1}(ck+q)-(k-1)^{q-1}(ck+q-c)) \tag{g}$$である。式$(g)$は任意の$k$に対して成り立ち、両辺は高々$k$についての$2q-2$次の式であるから、任意の実数$x$に対して$$b_1x^2+b_2x^4+\cdots + b_{q-1}x^{2q-2} = x^{q-1}((x+1)^{q-1}(cx+q)-(x-1)^{q-1}(cx+q-c)) \tag{h}$$が成り立つ。右辺をみると、$x$について$q-1$次式以上となるので、$q$が奇数のときには$b_1, b_2, \cdots, b_{\frac{q-3}{2}}$までは、$q$が偶数のときには$b_1, b_2, \cdots, b_{\frac{q-2}{2}}$までは$0$になることがわかる。ただし、$b_0 = 0$などとする。
$(i)$ $q$が奇数のとき、式$(h)$の両辺を$x^{q-1}$で割って、$$b_{\frac{q-1}{2}}+b_{\frac{q+1}{2}}+\cdots + b_{q-1}x^{q-1} = (x+1)^{q-1}(cx+q)-(x-1)^{q-1}(cx+q-c) \tag{i}$$である。$q$は奇数なので、両辺の$x$の係数を比較すると、$$0=c+q(q-1)+(q-1)(q-c)-c$$となる。よって、$\underline{c=2q}$となる。式$(i)$の右辺を計算すると、二項定理より$$\begin{eqnarray}q(2x+1)\sum_{j=0}^{q-1}{_{q-1}\mathbb{C}_{j}x^j}-q(2x-1)\sum_{j=0}^{q-1}{_{q-1}{\mathbb{C}}_{j}(-1)^{q-1-j}x^{j}} & = & 2q\sum_{j=0}^{q-1}{_{q-1}{\mathbb{C}_{j}}(1-(-1)^{q-1-j})x^{j+1}} + q\sum_{j=0}^{q-1}{_{q-1}{\mathbb{C}}_{j}(1+(-1)^{q-1-j})x^{j}} \\ & = & 4q({_{q-1}{\mathbb{C}}_{1}}x^2+{_{q-1}{\mathbb{C}}_{3}}x^4+\cdots + {_{q-1}{\mathbb{C}}_{q-2}}x^{2q-1}) \\ & + & 2q({_{q-1}{\mathbb{C}}_{0}}+{_{q-1}{\mathbb{C}}_{2}}x^2+\cdots +{_{q-1}{\mathbb{C}}_{q-1}}x^{q-1})\end{eqnarray}$$となる。よって、$\displaystyle i=0, 1, \cdots, \frac{q-1}{2}$として、$$\begin{eqnarray}b_{\frac{q-1}{2}+i} & = & 4{_{q-1}{\mathbb{C}}_{2i-1}}+2q{_{q-1}{\mathbb{C}}_{2i}} \\ & = & 2q\cdot \frac{(q-1)!}{(q-2i-1)!(2i-1)!}\cdot \left(\frac{2}{q-2i}+\frac{1}{2i}\right) \\ & = & 2q\cdot \frac{(q-1)!}{(q-2i-1)!(2i-1)!}\cdot \frac{q+2i}{2i(q-2i)} \\ & = & 2(q+2i){_{q}{\mathbb{C}}_{2i}}\end{eqnarray}$$となる。$\displaystyle \frac{q-1}{2}+i = j$と置き換えると、$\displaystyle j = \frac{q-1}{2}, \frac{q+1}{2}, \cdots, q-1$であり、$b_j = 2(2j+1){_{q}{\mathbb{C}}_{2j-q+1}} =\underline{ 2(2j+1){_{q}{\mathbb{C}}_{2q-2j-1}}}$となる。
$(ii)$ $q$が偶数のとき、式$(h)$の両辺を$x^{q-1}$で割って、$$b_{\frac{q}{2}}x+b_{\frac{q}{2}+1}x^3 + \cdots + b_qx^{q-1} = (x+1)^{q-1}(cx+q)-(x-1)^{q-1}(cx+q-c) \tag{j}$$である。$q$は偶数なので、両辺の定数項を比較すると、$$0 = q+q-c$$となる。よって、$\underline{c = 2q}$である。式$(j)$の右辺を計算すると、二項定理より$$\begin{eqnarray}q(2x+1)\sum_{j=0}^{q-1}{_{q-1}{\mathbb{C}}_{j}x^j}-q(2x-1)\sum_{j=0}^{q-1}{{_{q-1}{\mathbb{C}}_{j}}(-1)^{q-1-j}x^j} & = & 2q\sum_{j=0}^{q-1}{_{q-1}{\mathbb{C}}_{j}(1-(-1)^{q-1-j})x^{j+1}}+q\sum_{j=0}^{q-1}{{_{q-1}{\mathbb{C}}_{j}}(1+(-1)^{q-1-j})x^j} \\ & = & 4q{_{q-1}{\mathbb{C}}_{0}}x + 2{_{q-1}{\mathbb{C}}_{2}}x^3+\cdots + 2{_{q-1}{\mathbb{C}}_{q-2}}x^{q-1} \\ & & +2q({_{q-1}{\mathbb{C}}_{1}}x+{_{q-1}{\mathbb{C}}_{3}}x^3+\cdots + {_{q-1}{\mathbb{C}}_{q-1}}x^{q-1})\end{eqnarray}$$となる。よって、$i=0, 1, \cdots, \frac{q-2}{2}$として、$$\begin{eqnarray}b_{\frac{q}{2}+i} &= & 4{_{q-1}{\mathbb{C}}_{2i}} + 2q{_{q-1}{\mathbb{C}}_{2i+1}}\\ & = & 2q\cdot \frac{(q-1)!}{(q-2i-2)!(2i)!}\left(\frac{2}{q-1-2i}+\frac{1}{2i+1}\right)\\ & = & 2q\cdot \frac{(q-1)!}{(q-2i-2)!(2i)!}\cdot \frac{q+2i+1}{(2i+1)(q-2i-1)} \\ & = & 2(q+2i+1){_{q}{\mathbb{C}}_{2i+1}}\end{eqnarray}$$となる。$\displaystyle \frac{q}{2}+i = j$と置き換えると、$\displaystyle j = \frac{q}{2}, \frac{q+2}{2}, \cdots, q-1$であり、$b_j = 2(2j+1){_{q}{\mathbb{C}}_{2j-q+1}} = \underline{2(2j+1){_{q}{\mathbb{C}}_{2q-2j-1}}}$となる。

以上から、$q$の奇偶に関わらず、$$b_j = \begin{cases}2(2j+1){_{q}{\mathbb{C}}_{2q-2j-1}} \ \left(\frac{q-1}{2}\leq j\leq q-1\right) \\ 0\ (その他のとき)\end{cases}$$と定めれば、任意の実数$x$に対して式$(e)$が成り立つ。

$(4)$ 数学的帰納法で示す。$\displaystyle S_2(x)=\frac{2x^3+3x^2+x}{6}, S_3(x) = \frac{x^4+2x^3+x^2}{4}$であり、$\displaystyle S^{\prime}_{3}(x) = \frac{4x^3+6x^2+2x^2}{4}=3S_2(x)$であるから、$p=3$の時に題意は成立する。ある奇数$p=2r-1$以下に対して、$$\frac{dS_{2r-1}(x)}{dx} = (2r-1)S_{2r-2}(x)$$が成立すると仮定する。$(2)$で示した等式で$q = r+1$として、次の式を得る。$$\sum_{j=1}^{r+1}{a_jS_{2j-1}(x)} = x^{r+1}(x+1)^{r+1}$$これを変形して、$$\sum_{j=1}^{r}{a_jS_{2j-1}(x)}+a_{r+1}S_{2r+1}(x) = x^{r+1}(x+1)^{r+1}$$微分して、帰納法の仮定を用いると、$$\sum_{j=1}^{r}{(2j-1)a_jS_{2j-2}(x)}+a_{r+1}S^{\prime}_{2r+1}(x) = (r+1)x^r(x+1)^r(2x+1)$$である。

さて、$(2), (3)$から$(2j-1)a_j=b_{j-1}$であるから、上の式を更に変形して、$$\sum_{j=1}^{r}{b_{j-1}S_{2j-2}(x)}+a_{r+1}S^{\prime}_{2r+1}(x) = (r+1)x^r(x+1)^r(2x+1)$$である。$(3)$の結果を用いて変形して、$$\sum_{j=1}^{r-1}{b_jS_{2j}(x)}+a_{r+1}S^{\prime}_{2r+1}(x) = \sum_{j=1}^{r}{b_jS_{2j}(x)}$$となる。$(2r+1)a_{r+1}=b_r$に注意すると、$$a_{r+1}S^{\prime}_{2r+1}(x) = (2r+1)a_{r+1}S_{2r}(x)$$となる。よって、$$S^{\prime}_{2r+1}(x)=(2r+1)S_{2r}(x)$$となり、$p=2r+1$のときにも成立する。

解説

難問は難問だが、発想や思考を試される難問というよりは、処理力が大きいウエイトを占める問題である。今はない東大の後期の出題なので一時間程度かけて解ければ合格ラインに近い所にいるものと考えていい。とにかく細かい点が鬱陶しい問題でカリカリさせられるが、結論$(4)$は奇麗であり、比較的知られている。$(1)$の結果は記憶する価値がある。極限の問題などで役に立つだろう。試験場では$(2)$まで解ければ実力十分だろう。