4聖マリアンナ医科大学 2019年 数学 第4問解答・解説

第4問 (1) $$\displaystyle P(n):\quad 1^3+2^3+\cdots+n^3=\left\{\frac{n(n+1)}2\right\}^2$$ とおく。$n=1$では両辺とも1であり、$P(1)$は成り立つ。 $P(m)$が成り立つと仮定すると $$\displaystyle \begin{aligned} 1^3+\cdots+m^3+(m+1)^3 &=\frac{m^2(m+1)^2}{4}+(m+1)^3\\ &=(m+1)^2\left(\frac{m^2}{4}+m+1\right)\\ &=\frac{(m+1)^2(m+2)^2}{4} =\left\{\frac{(m+1)(m+2)}2\right\}^2. \end{aligned}$$ 従って$P(m+1)$も成り立つ。数学的帰納法により、すべての自然数$n$について示された。 (2) $\displaystyle T_j(n)=\sum\limits _{k=1}^{n}k^j$とおく。まず $$\displaystyle \sum\limits _{k=1}^n\{(k+1)^2-k^2\}=(n+1)^2-1=2T_1(n)+n$$ より$T_1(n)=n(n+1)/2$である。また $$\displaystyle \sum\limits _{k=1}^n\{(k+1)^3-k^3\}=(n+1)^3-1=3T_2(n)+3T_1(n)+n$$ だから $$\displaystyle T_2(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}6.$$ $T_3(n)=n^2(n+1)^2/4$は(1)で示した。 設問の恒等式を$k=1$から$n$まで足すと $$(n+1)^5-1=5T_4(n)+10T_3(n)+10T_2(n)+5T_1(n)+n.$$ 従って $$\displaystyle \begin{aligned} T_4(n)&=\frac{(n+1)^5-1-10T_3(n)-10T_2(n)-5T_1(n)-n}{5}\\ &=\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}\\ &=\frac15n^5+\frac12n^4+\frac13n^3-\frac1{30}n. \end{aligned}$$ これは$n$に関する5次式である。 (3) $T_0(n)=n$とする。命題$P_m$を「すべての整数$j$ ($1\le j\le m$)について$T_j(n)$は$n$の$j+1$次式である」と定める。 $m=1$では $$\displaystyle T_1(n)=\frac{n(n+1)}2$$ なので$P_1$は成り立つ。 $P_m$を仮定する。二項定理から $$\displaystyle (k+1)^{m+2}-k^{m+2} =(m+2)k^{m+1}+\sum\limits _{j=0}^{m}\binom{m+2}{j}k^j.$$ これを$k=1$から$n$まで足す。このとき左辺の和では隣り合う項が打ち消し合うので、 $$\displaystyle (n+1)^{m+2}-1=(m+2)T_{m+1}(n)+\sum\limits _{j=0}^{m}\binom{m+2}{j}T_j(n).$$ よって $$\displaystyle T_{m+1}(n)=\frac{(n+1)^{m+2}-1-\sum\limits _{j=0}^{m}\binom{m+2}{j}T_j(n)}{m+2}.$$ 仮定により$j=1,\ldots,m$の各$T_j(n)$は次数$j+1\le m+1$の多項式であり、$T_0(n)=n$も次数1である。従って右辺は多項式であり、分子の第1項だけが次数$m+2$、その最高次係数は1であるから、$T_{m+1}(n)$は最高次係数$1/(m+2)$の$m+2$次式である。ゆえに$P_{m+1}$も成り立つ。数学的帰納法により、任意の自然数$d$について$T_d(n)$は$n$に関する$d+1$次式である。