平成３０年３月１８日

[流れ星]

　　　　第357回数学的な応募解答

　　　　＜解答募集期間：2月18日〜3月18日＞

［累乗和の相互関係］

　　とおき、累乗和の相互関係を調べてみました。皆さんは下記のことはよくご存じです。

　　　　

それでは

問題１：Ｓ_４＝Ｓ_２×（Ｓ_１の1次の多項式）で表してください。

問題２：Ｓ_５をＳ_１の３次の多項式で表してください。

ここからは余力のある人へ

問題３：Ｓ_６＝Ｓ_２×（Ｓ_１の２次の多項式）で表してください。

問題４：Ｓ_７をＳ_１の４次の多項式で表してください。

さらに、次の追加問題をお願いします。

問題５：ｍが3以上の奇数のとき、ＳｍはＳ_３で割り切れる。

問題６：ｍが偶数のとき、ＳｍはＳ_２で割り切れる。

（お願い：この2題は当時の指導主事から言われたのですが、未だに証明できていません。誰か教えてください）

NO1「浜田明巳」 　　02/21 10時50分　受信 更新 3/18

Ｓ_０＝ｎ
　　Ｓ_１＝１／２・ｎ(ｎ＋１)
　　Ｓ_２＝１／６・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)
　　Ｓ_３＝１／４・ｎ^２(ｎ＋１)^２
問題１
　恒等式(ｋ＋１)^５−ｋ^５＝５ｋ^４＋１０ｋ^３＋１０ｋ^２＋５ｋ＋１において，
　　ｋ＝１，２，３，・・・，ｎ
を代入して，辺々を加えると，
　　(ｎ＋１)^５−１^５＝５Ｓ_４＋１０Ｓ_３＋１０Ｓ_２＋５Ｓ_１＋Ｓ_０
　　∴Ｓ_４＝１／５・{(ｎ^５＋５ｎ^４＋１０ｎ^３＋１０ｎ^２＋５ｎ)−１０・１／４・ｎ^２(ｎ＋１)^２−１０・１／６・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)−５・１／２・ｎ(ｎ＋１)−ｎ}
　　　　　＝１／５・ｎ{(ｎ^４＋５ｎ^３＋１０ｎ^２＋１０ｎ＋４)−５／２・ｎ(ｎ＋１)^２−５／３・(ｎ＋１)(２ｎ＋１)−５／２・(ｎ＋１)}
　　　　　＝１／３０・ｎ{６(ｎ^４＋５ｎ^３＋１０ｎ^２＋１０ｎ＋４)−１５ｎ(ｎ＋１)^２−１０(ｎ＋１)(２ｎ＋１)−１５(ｎ＋１)}
　　　　　＝１／３０・ｎ(ｎ＋１){６(ｎ^３＋４ｎ^２＋６ｎ＋４)−１５ｎ(ｎ＋１)−１０(２ｎ＋１)−１５}
　　　　　＝１／３０・ｎ(ｎ＋１)(６ｎ^３＋９ｎ^２＋ｎ−１)
　　　　　＝１／３０・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)
　　∴Ｓ_４＝１／６・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)・１／５・(３ｎ^２＋３ｎ−１)
　　　　　＝Ｓ_２・１／５・{３(ｎ^２＋ｎ)−１}
　ここで，ｎ^２＋ｎ＝２Ｓ_１
　　∴Ｓ_４＝Ｓ_２・１／５・(６Ｓ_１−１)・・・（答）

問題２
　恒等式(ｋ＋１)^６−ｋ^６＝６ｋ^５＋１５ｋ^４＋２０ｋ^３＋１５ｋ^２＋６ｋ＋１において，
　　ｋ＝１，２，３，・・・，ｎ
を代入して，辺々を加えると，
　　(ｎ＋１)^６−１^６＝６Ｓ_５＋１５Ｓ_４＋２０Ｓ_３＋１５Ｓ_２＋６Ｓ_１＋Ｓ_０
　　∴Ｓ_５＝１／６・{(ｎ^６＋６ｎ^５＋１５ｎ^４＋２０ｎ^３＋１５ｎ^２＋６ｎ)−１５・１／３０・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)−２０・１／４・ｎ^２(ｎ＋１)^２−１５・１／６・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)−６・１／２・ｎ(ｎ＋１)−ｎ}
　　　　　＝１／６・ｎ{(ｎ^５＋６ｎ^４＋１５ｎ^３＋２０ｎ^２＋１５ｎ＋５)−１／２・(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)−５ｎ(ｎ＋１)^２−５／２・(ｎ＋１)(２ｎ＋１)−３(ｎ＋１)}
　　　　　＝１／１２・ｎ{２(ｎ^５＋６ｎ^４＋１５ｎ^３＋２０ｎ^２＋１５ｎ＋５)−(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)−１０ｎ(ｎ＋１)^２−５(ｎ＋１)(２ｎ＋１)−６(ｎ＋１)}
　　　　　＝１／１２・ｎ(ｎ＋１){２(ｎ^４＋５ｎ^３＋１０ｎ^２＋１０ｎ＋５)−(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)−１０ｎ(ｎ＋１)−５(２ｎ＋１)−６}
　　　　　＝１／１２・ｎ(ｎ＋１){(２ｎ^４＋１０ｎ^３＋２０ｎ^２＋２０ｎ＋４)−(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ＋４)−１０ｎ(ｎ＋１)}
　　　　　＝１／１２・ｎ(ｎ＋１){(２ｎ^４＋４ｎ^３＋１１ｎ^２＋９ｎ)−１０ｎ(ｎ＋１)}
　　　　　＝１／１２・ｎ^２(ｎ＋１)^２{(２ｎ^２＋２ｎ＋９)−１０}
　　　　　＝１／１２・ｎ^２(ｎ＋１)^２(２ｎ^２＋２ｎ−１)
　　∴Ｓ_５＝{１／２・ｎ(ｎ＋１)}^２・１／３・{２(ｎ^２＋ｎ)−１}
　　　　　＝Ｓ_１^２・１／３・(４Ｓ_１−１)
　　　　　＝１／３・Ｓ_１^２(４Ｓ_１−１)・・・（答）

問題３
　恒等式(ｋ＋１)^７−ｋ^７＝７ｋ^６＋２１ｋ^５＋３５ｋ^４＋３５ｋ^３＋２１ｋ^２＋７ｋ＋１において，
　　ｋ＝１，２，３，・・・，ｎ
を代入して，辺々を加えると，
　　(ｎ＋１)^７−１^７＝７Ｓ_６＋２１Ｓ_５＋３５Ｓ_４＋３５Ｓ_３＋２１Ｓ_２＋７Ｓ_１＋Ｓ_０
　　∴Ｓ_６＝１／７・{(ｎ^７＋７ｎ^６＋２１ｎ^５＋３５ｎ^４＋３５ｎ^３＋２１ｎ^２＋７ｎ)−２１・１／１２・ｎ^２(ｎ＋１)^２(２ｎ^２＋２ｎ−１)−３５・１／３０・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)−３５・１／４・ｎ^２(ｎ＋１)^２−２１・１／６・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)−７・１／２・ｎ(ｎ＋１)−ｎ}
　　　　　＝１／７・ｎ{(ｎ^６＋７ｎ^５＋２１ｎ^４＋３５ｎ^３＋３５ｎ^２＋２１ｎ＋６)−７／４・ｎ(ｎ＋１)^２(２ｎ^２＋２ｎ−１)−７／６・(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)−３５／４・ｎ(ｎ＋１)^２−７／２・(ｎ＋１)(２ｎ＋１)−７／２・(ｎ＋１)}
　　　　　＝１／８４・ｎ{１２(ｎ^６＋７ｎ^５＋２１ｎ^４＋３５ｎ^３＋３５ｎ^２＋２１ｎ＋６)−２１ｎ(ｎ＋１)^２(２ｎ^２＋２ｎ−１)−１４(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)−１０５ｎ(ｎ＋１)^２−４２(ｎ＋１)(２ｎ＋１)−４２(ｎ＋１)}
　　　　　＝１／８４・ｎ(ｎ＋１){１２(ｎ^５＋６ｎ^４＋１５ｎ^３＋２０ｎ^２＋１５ｎ＋６)−２１ｎ(ｎ＋１)(２ｎ^２＋２ｎ−１)−１４(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)−１０５ｎ(ｎ＋１)−４２(２ｎ＋１)−４２}
　　　　　＝１／８４・ｎ(ｎ＋１){１２(ｎ^５＋６ｎ^４＋１５ｎ^３＋２０ｎ^２＋１５ｎ＋６)−２１ｎ(ｎ＋１)(２ｎ^２＋２ｎ−１)−１４(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)−１０５ｎ(ｎ＋１)−４２(２ｎ＋１)−４２}
　　　　　＝１／８４・ｎ(ｎ＋１){６(２ｎ^５＋１２ｎ^４＋３０ｎ^３＋４０ｎ^２＋３０ｎ＋５)−２１ｎ(ｎ＋１)(２ｎ^２＋２ｎ＋４)−１４(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ＋２)}
　　　　　＝１／４２・ｎ(ｎ＋１){３(２ｎ^５＋１２ｎ^４＋３０ｎ^３＋４０ｎ^２＋３０ｎ＋５)−２１ｎ(ｎ＋１)(ｎ^２＋ｎ＋２)−７(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ＋２)}
　　　　　＝１／４２・ｎ(ｎ＋１){３(２ｎ^５＋５ｎ^４＋１６ｎ^３＋１９ｎ^２＋１６ｎ＋５)−７(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ＋２)}
　　　　　＝１／４２・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１){３(ｎ^４＋２ｎ^３＋７ｎ^２＋６ｎ＋５)−７(３ｎ^２＋３ｎ＋２)}
　　　　　＝１／４２・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^４＋６ｎ^３−３ｎ＋１)
　　∴Ｓ_６＝１／６・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)・１／７・(３ｎ^４＋６ｎ^３−３ｎ＋１)
　　　　　＝Ｓ_２・１／７・(３ｎ^４＋６ｎ^３−３ｎ＋１)
　ここで，
　　３(ｎ^２＋ｎ)^２＝３ｎ^４＋６ｎ^３＋３ｎ^２
　　　　　　　　　＝３ｎ^４＋６ｎ^３−３ｎ＋１＋３ｎ^２＋３ｎ−１
　　∴３ｎ^４＋６ｎ^３−３ｎ＋１＝３(ｎ^２＋ｎ)^２−３(ｎ^２＋ｎ)＋１
　　　　　　　　　　　　　　　＝１２Ｓ_１^２−６Ｓ_１＋１
　　∴Ｓ_６＝Ｓ_２・１／７・(１２Ｓ_１^２−６Ｓ_１＋１)・・・（答）

問題４
　恒等式(ｋ＋１)^８−ｋ^８＝８ｋ^７＋２８ｋ^６＋５６ｋ^５＋７０ｋ^４＋５６ｋ^３＋２８ｋ^２＋８ｋ＋１において，
　　ｋ＝１，２，３，・・・，ｎ
を代入して，辺々を加えると，
　　(ｎ＋１)^８−１^８＝８Ｓ_７＋２８Ｓ_６＋５６Ｓ_５＋７０Ｓ_４＋５６Ｓ_３＋２８Ｓ_２＋８Ｓ_１＋Ｓ_０
　　∴Ｓ_７＝１／８・{(ｎ^８＋８ｎ^７＋２８ｎ^６＋５６ｎ^５＋７０ｎ^４＋５６ｎ^３＋２８ｎ^２＋８ｎ)−２８・１／４２・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^４＋６ｎ^３−３ｎ＋１)−５６・１／１２・ｎ^２(ｎ＋１)^２(２ｎ^２＋２ｎ−１)−７０・１／３０・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)−５６・１／４・ｎ^２(ｎ＋１)^２−２８・１／６・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)−８・１／２・ｎ(ｎ＋１)−ｎ}
　　　　　＝１／８・ｎ{(ｎ^７＋８ｎ^６＋２８ｎ^５＋５６ｎ^４＋７０ｎ^３＋５６ｎ^２＋２８ｎ＋７)−２／３・(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^４＋６ｎ^３−３ｎ＋１)−１４／３・ｎ(ｎ＋１)^２(２ｎ^２＋２ｎ−１)−７／３・(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)−１４ｎ(ｎ＋１)^２−１４／３・(ｎ＋１)(２ｎ＋１)−４(ｎ＋１)}
　　　　　＝１／２４・ｎ(ｎ＋１){３(ｎ^６＋７ｎ^５＋２１ｎ^４＋３５ｎ^３＋３５ｎ^２＋２１ｎ＋７)−２(２ｎ＋１)(３ｎ^４＋６ｎ^３−３ｎ＋１)−１４ｎ(ｎ＋１)(２ｎ^２＋２ｎ−１)−７(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)−４２ｎ(ｎ＋１)−１４(２ｎ＋１)−１２)}
　　　　　＝１／２４・ｎ(ｎ＋１){３(ｎ^６＋７ｎ^５＋２１ｎ^４＋３５ｎ^３＋３５ｎ^２＋２１ｎ＋３)−２(２ｎ＋１)(３ｎ^４＋６ｎ^３−３ｎ＋１)−１４ｎ(ｎ＋１)(２ｎ^２＋２ｎ＋２)−７(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ＋１)}
　　　　　＝１／２４・ｎ(ｎ＋１){３(ｎ^６＋７ｎ^５＋２１ｎ^４＋３５ｎ^３＋３５ｎ^２＋２１ｎ＋３)−３(２ｎ＋１)(２ｎ^４＋４ｎ^３＋７ｎ^２＋５ｎ＋３)−１４ｎ(ｎ＋１)(２ｎ^２＋２ｎ＋２)}
　　　　　＝１／２４・ｎ(ｎ＋１){３(ｎ^６＋３ｎ^５＋１１ｎ^４＋１７ｎ^３＋１８ｎ^２＋１０ｎ)−２ｎ(ｎ＋１)(１４ｎ^２＋１４ｎ＋１７)}
　　　　　＝１／２４・ｎ^２(ｎ＋１)^２{３(ｎ^４＋２ｎ^３＋９ｎ^２＋８ｎ＋１０)−１４(２ｎ^２＋２ｎ＋２)}
　　　　　＝１／２４・ｎ^２(ｎ＋１)^２(３ｎ^４＋６ｎ^３−ｎ^２−４ｎ＋２)
　　∴Ｓ_７＝{１／２・ｎ(ｎ＋１)}^２・１／６・(３ｎ^４＋６ｎ^３−ｎ^２−４ｎ＋２)
　　　　　＝Ｓ_１^２・１／６・(３ｎ^４＋６ｎ^３−ｎ^２−４ｎ＋２)
　ここで，
　　３(ｎ^２＋ｎ)^２＝３ｎ^４＋６ｎ^３＋３ｎ^２
　　　　　　　　　＝３ｎ^４＋６ｎ^３−ｎ^２−４ｎ＋２＋４ｎ^２＋４ｎ−２
　　∴３ｎ^４＋６ｎ^３−ｎ^２−４ｎ＋２＝３(ｎ^２＋ｎ)^２−４(ｎ^２＋ｎ)＋２
　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝１２Ｓ_１^２−８Ｓ_１＋２
　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝２(６Ｓ_１^２−４Ｓ_１＋１)
　　∴Ｓ_７＝１／３・Ｓ_１^２(６Ｓ_１^２−４Ｓ_１＋１)・・・（答）

　問題５以降は，まだ分かりません．その昔数学セミナーの投稿研究において，Ｓ_ｍの一般化した式を見たことがありますが，理解できませんでした．もっと真面目に勉強しておけばよかったと反省している日々です．

問題１（別解）
　　Ｓ_０＝ｎ，Ｓ_１＝１／２・ｎ(ｎ＋１)，Ｓ_２＝１／６・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)，Ｓ_３＝１／４・ｎ^２(ｎ＋１)^２
であるから，
　　Ｓ_４＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(ａｎ^２＋ｂｎ＋ｃ)（ａ，ｂ，ｃは定数）
と類推できる．
　ｎ＝１のとき，Ｓ_４＝１^４＝１・(１＋１)・(２・１＋１)・(１^２・ａ＋１・ｂ＋ｃ)
　　∴ａ＋ｂ＋ｃ＝１／６・・・(1)
　ｎ＝２のとき，Ｓ_４＝１^４＋２^４＝２・(２＋１)・(２・２＋１)・(２^２・ａ＋２・ｂ＋ｃ)
　　∴４ａ＋２ｂ＋ｃ＝１７／３０・・・(2)
　ｎ＝３のとき，Ｓ_４＝１^４＋２^４＋３^４＝３・(３＋１)・(２・３＋１)・(３^２・ａ＋３・ｂ＋ｃ)
　　∴９ａ＋３ｂ＋ｃ＝７／６・・・(3)
　(2)−(1)から，３ａ＋ｂ＝２／５・・・(4)
　(3)−(2)から，５ａ＋ｂ＝３／５・・・(5)
　(5)−(4)から，２ａ＝１／５
　　∴ａ＝１／１０
　(4)から，ｂ＝２／５−３ａ＝２／５−３／１０＝１／１０
　(1)から，ｃ＝１／６−ａ−ｂ＝１／６−１／１０−１／１０＝−１／３０
　　∴Ｓ_４＝ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(１／１０・ｎ^２＋１／１０・ｎ−１／３０)
　　　　　＝１／３０・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)
　これを数学的帰納法で証明する．
i). ｎ＝１のときは，明らかに成立する．
ii). ｎ＝ｋ（ｋ≧１）のとき，成立すると仮定すると，
　　Ｓ_４＝１／３０・ｋ(ｋ＋１)(２ｋ＋１)(３ｋ^２＋３ｋ−１)
　ｎ＝ｋ＋１のとき，
　　Ｓ_４＝１／３０・ｋ(ｋ＋１)(２ｋ＋１)(３ｋ^２＋３ｋ−１)＋(ｋ＋１)^４
　　　　＝１／３０・(ｋ＋１){ｋ(２ｋ＋１)(３ｋ^２＋３ｋ−１)＋３０(ｋ＋１)^３}
　　　　＝１／３０・(ｋ＋１)(６ｋ^４＋３９ｋ^３＋９１ｋ^２＋８９ｋ＋３０)
　　　　＝１／３０・(ｋ＋１)(ｋ＋２)(６ｋ^３＋２７ｋ^２＋３７ｋ＋１５)
　　　　＝１／３０・(ｋ＋１)(ｋ＋２)(２ｋ＋３)(３ｋ^２＋９ｋ＋５)
　　　　＝１／３０・(ｋ＋１){(ｋ＋１)＋１}{２(ｋ＋１)＋１}{３(ｋ＋１)^２＋３(ｋ＋１)−１}
　故にｎ＝ｋ＋１のときも成立する．
　i).ii).より，すべての正整数ｎについて，
　　Ｓ_４＝１／３０・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)
が成立する．
（以下同様）

問題２（別解）
　　Ｓ_５＝ｎ^２(ｎ＋１)^２(ａｎ^２＋ｂｎ＋ｃ)（ａ，ｂ，ｃは定数）
と類推できる．
　ｎ＝１のとき，Ｓ_５＝１^５＝１２・(１＋１)２・(１^２・ａ＋１・ｂ＋ｃ)
　　∴ａ＋ｂ＋ｃ＝１／４・・・(1)
　ｎ＝２のとき，Ｓ_５＝１^５＋２^５＝２２・(２＋１)２・(２^２・ａ＋２・ｂ＋ｃ)
　　∴４ａ＋２ｂ＋ｃ＝１１／１２・・・(2)
　ｎ＝３のとき，Ｓ_５＝１^５＋２^５＋３^５＝３２・(３＋１)２・(３^２・ａ＋３・ｂ＋ｃ)
　　∴９ａ＋３ｂ＋ｃ＝２３／１２・・・(3)
　(2)−(1)から，３ａ＋ｂ＝２／３・・・(4)
　(3)−(2)から，５ａ＋ｂ＝１・・・(5)
　(5)−(4)から，２ａ＝１／３
　　∴ａ＝１／６
　(4)から，ｂ＝２／３−３ａ＝２／３−１／２＝１／６
　(1)から，ｃ＝１／４−ａ−ｂ＝１／４−１／６−１／６＝−１／１２
　　∴Ｓ_５＝ｎ^２(ｎ＋１)^２(１／６・ｎ^２＋１／６・ｎ−１／１２)
　　　　　＝１／１２・ｎ^２(ｎ＋１)^２(２ｎ^２＋２ｎ−１)
　これを数学的帰納法で証明する．
i). ｎ＝１のときは，明らかに成立する．
ii). ｎ＝ｋ（ｋ≧１）のとき，成立すると仮定すると，
　　Ｓ_５＝１／１２・ｋ^２(ｋ＋１)^２(２ｋ^２＋２ｋ−１)
　ｎ＝ｋ＋１のとき，
　　Ｓ_５＝１／１２・ｋ^２(ｋ＋１)^２(２ｋ^２＋２ｋ−１)＋(ｋ＋１)^５
　　　　＝１／１２・(ｋ＋１)^２{ｋ^２(２ｋ^２＋２ｋ−１)＋１２(ｋ＋１)^３}
　　　　＝１／１２・(ｋ＋１)^２(２ｋ^４＋１４ｋ３＋３５ｋ^２＋３６ｋ＋１２)
　　　　＝１／１２・(ｋ＋１)^２(ｋ＋２)^２(２ｋ^２＋６ｋ＋３)
　　　　＝１／１２・(ｋ＋１)^２{(ｋ＋１)＋１}^２{２(ｋ＋１)^２＋２(ｋ＋１)−１}
　故にｎ＝ｋ＋１のときも成立する．
　i).ii).より，すべての正整数ｎについて，
　　Ｓ_５＝１／１２・ｎ^２(ｎ＋１)^２(２ｎ^２＋２ｎ−１)
が成立する．
（以下同様）

　問題３以降は無理でした．

問題１（別解その２）
　ａ，ｂ，ｃ，ｄを定数とするとき，
　　∫_{ｋ−１≦ｘ≦ｋ}(ｘ^４＋ａｘ^３＋ｂｘ^２＋ｃｘ＋ｄ)ｄｘ
　　　＝[１／５・ｘ^５＋ａ／４・ｘ^４＋ｂ／３・ｘ^３＋ｃ／２・ｘ^２＋ｄｘ]_{ｋ−１≦ｘ≦ｋ}
　　　＝１／５・{ｋ^５−(ｋ−１)^５}＋ａ／４・{ｋ^４−(ｋ−１)^４}＋ｂ／３・{ｋ^３−(ｋ−１)^３}＋ｃ／２・{ｋ^２−(ｋ−１)^２}＋ｄ{ｋ−(ｋ−１)}
　　　＝１／５・(５ｋ^４−１０ｋ^３＋１０ｋ^２−５ｋ＋１)＋ａ／４・(４ｋ^３−６ｋ^２＋４ｋ−１)＋ｂ／３・(３ｋ^２−３ｋ＋１)＋ｃ／２・(２ｋ−１)＋ｄ
　　　＝ｋ^４＋(−２＋ａ)ｋ^３＋(２−３／２・ａ＋ｂ)ｋ^２＋(−１＋ａ−ｂ＋ｃ)ｋ＋(１／５−ａ／４＋ｂ／３−ｃ／２＋ｄ)
　　　≡ｋ^４
とすると，
　　−２＋ａ＝０，２−３／２／ａ＋ｂ＝０，−１＋ａ−ｂ＋ｃ＝０，１／５−ａ／４＋ｂ／３−ｃ／２＋ｄ＝０
　　∴ａ＝２，ｂ＝１，ｃ＝０，ｄ＝−１／３０
　　∴ｋ^４＝∫_{ｋ−１≦ｘ≦ｋ}(ｘ^４＋２ｘ^３＋ｘ^２−１／３０)ｄｘ
　ｋ＝１，２，３，・・・，ｎを代入して，辺々を加えると，
　　Ｓ_４＝∫_{０≦ｘ≦ｎ}(ｘ^４＋２ｘ^３＋ｘ^２−１／３０)ｄｘ
　　　　＝[１／５・ｘ^５＋１／２・ｘ^４＋１／３・ｘ^３−１／３０・ｘ]_{０≦ｘ≦ｎ}
　　　　＝１／５・ｎ^５＋１／２・ｎ^４＋１／３・ｎ^３−１／３０・ｎ
　　　　＝１／３０・ｎ(６ｎ^４＋１５ｎ^３＋１０ｎ^２−１)
　　　　＝１／３０・ｎ(ｎ＋１)(６ｎ^３＋９ｎ^２＋ｎ−１)
　　　　＝１／３０・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)(３ｎ^２＋３ｎ−１)

問題２（別解その２）
　ａ，ｂ，ｃ，ｄ，ｅを定数とするとき，
　　∫_{ｋ−１≦ｘ≦ｋ}(ｘ^５＋ａｘ^４＋ｂｘ^３＋ｃｘ^２＋ｄｘ＋ｅ)ｄｘ
　　　＝[１／６・ｘ^６＋ａ／５・ｘ^５＋ｂ／４・ｘ^４＋ｃ／３・ｘ^３＋ｄ／２・ｘ^２＋ｅｘ]_{ｋ−１≦ｘ≦ｋ}
　　　＝１／６・{ｋ^６−(ｋ−１)^６}＋ａ／５・{ｋ^５−(ｋ−１)^５}＋ｂ／４・{ｋ^４−(ｋ−１)^４}＋ｃ／３・{ｋ^３−(ｋ−１)^３}＋ｄ／２・{ｋ^２−(ｋ−１)^２}＋ｅ{ｋ−(ｋ−１)}
　　　＝１／６・(６ｋ^５−１５ｋ^４＋２０ｋ^３−１５ｋ^２＋６ｋ−１)＋ａ／５・(５ｋ^４−１０ｋ^３＋１０ｋ^２−５ｋ＋１)＋ｂ／４・(４ｋ^３−６ｋ^２＋４ｋ−１)＋ｃ／３・(３ｋ^２−３ｋ＋１)＋ｄ／２・(２ｋ−１)＋ｅ
　　　＝ｋ^５＋(−５／２＋ａ)ｋ^４＋(１０／３−２ａ＋ｂ)ｋ^３＋(−５／２＋２ａ−３／２・ｂ＋ｃ)ｋ^２＋(１−ａ＋ｂ−ｃ＋ｄ)ｋ＋(−１／６＋ａ／５−ｂ／４＋ｃ／３−ｄ／２＋ｅ)
　　　≡ｋ^５
とすると，
　　−５／２＋ａ＝０，１０／３−２ａ＋ｂ＝０，−５／２＋２ａ−３／２・ｂ＋ｃ＝０，１−ａ＋ｂ−ｃ＋ｄ＝０，−１／６＋ａ／５−ｂ／４＋ｃ／３−ｄ／２＋ｅ＝０
　　∴ａ＝５／２，ｂ＝５／３，ｃ＝０，ｄ＝−１／６，ｅ＝０
　　∴ｋ^５＝∫_{ｋ−１≦ｘ≦ｋ}(ｘ^５＋５／２・ｘ^４＋５／３・ｘ^３−１／６・ｘ)ｄｘ
　ｋ＝１，２，３，・・・，ｎを代入して，辺々を加えると，
　　Ｓ_５＝∫_{０≦ｘ≦ｎ}(ｘ^５＋５／２・ｘ^４＋５／３・ｘ^３−１／６・ｘ)ｄｘ
　　　　＝[１／６・ｘ^６＋１／２・ｘ^５＋５／１２・ｘ^４−１／１２・ｘ^２]_{０≦ｘ≦ｎ}
　　　　＝１／６・ｎ^６＋１／２・ｎ^５＋５／１２・ｎ^４−１／１２・ｎ^２
　　　　＝１／１２・ｎ^２(２ｎ^４＋６ｎ^３＋５ｎ^２−１)
　　　　＝１／１２・ｎ^２(ｎ＋１)^２(２ｎ^２＋２ｎ−１)

「浜田明巳」 　　02/24 12時38分　受信 更新 3/18 　

以下は受け売りです。

問題５：Ｓ_ｍ（ｍは３以上の奇数）はＳ_３（＝１／４・ｎ^２(ｎ＋１)^２）で割り切れる．
　Ｓ_ｍ＝Ｓ_ｍ(ｎ)とし，Ｓ_ｍ(ｎ)はｎ^２(ｎ＋１)^２で割り切れることを示す．
　正整数ｎを一般化し，実数とする．
　前回の解答より，
　　Ｓ_ｍ(ｎ)−Ｓ_ｍ(ｎ−１)＝ｎ^ｍ・・・(1)
　ｎ＝１とすると，１−Ｓ_ｍ(０)＝１
　　∴Ｓ_ｍ(０)＝０・・・(2)
　(1)において，ｎに−ｎを代入すると，
　　Ｓ_ｍ(−ｎ)−Ｓ_ｍ(−ｎ−１)＝(−ｎ)^ｍ＝−ｎ^ｍ・・・(3)
　ｆ(ｎ)＝Ｓ_ｍ(−ｎ−１)とすると，
　　ｆ(ｎ)−ｆ(ｎ−１)＝Ｓ_ｍ(−ｎ−１)−Ｓ_ｍ(−ｎ)＝ｎ^ｍ（∵(3)）
　故に(1)から，
　　ｆ(ｎ)＝Ｓ_ｍ(−ｎ−１)＝Ｓ_ｍ(ｎ)・・・(4)
となる．
　また，
　　Ｓ_ｍ(−(ｎ＋１／２)−１／２)＝Ｓ_ｍ((ｎ＋１／２)−１／２)
　故にＳ_ｍ(ｎ)は，ｎ＋１／２について，偶関数である．

　また，(3)，(4)より，
　　Ｓ_ｍ(−ｎ)−１／２・(−ｎ)^ｍ＝Ｓ_ｍ(−ｎ−１)＋１／２・(−ｎ)^ｍ
　　　　　　　　　　　　　　　　＝Ｓ_ｍ(ｎ)−１／２・ｎ^ｍ
　故にＳ_ｍ(ｎ)−１／２・ｎ^ｍは偶関数である．
　ｎ≧３から，Ｓ_ｍ(ｎ)はｎの１次の項はない．
　Ｓ_ｍ(０)＝０から，Ｓ_ｍ(ｎ)はｎ^２で割り切れる．
　故にｙ＝Ｓ_ｍ(ｎ)のグラフは，原点でｎ軸に接する．
　またｙ＝Ｓ_ｍ(ｎ)のグラフは，直線ｎ＝−１／２について対称であるから，点(−１，０)でｎ軸に接する．
　故にＳ_ｍ(ｎ)は(ｎ＋１)^２で割り切れる．
　以上で題意は示された．

問題６：Ｓ_ｍ（ｍは２以上の偶数）はＳ_２（＝１／６・ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)）で割り切れる．
　問題５と同様に，Ｓ_ｍ(ｎ)はｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)で割り切れることを示す．
　　Ｓ_ｍ(ｎ)−Ｓ_ｍ(ｎ−１)＝ｎ^ｍ・・・(1)
　において，ｎ＝１とすると，Ｓ_ｍ(０)＝０・・・(2)
　(1)において，ｎに−ｎを代入すると，
　　Ｓ_ｍ(−ｎ)−Ｓ_ｍ(−ｎ−１)＝(−ｎ)^ｍ＝ｎ^ｍ・・・(3)
　ｆ(ｎ)＝−Ｓ_ｍ(−ｎ−１)とすると，
　　ｆ(ｎ)−ｆ(ｎ−１)＝−Ｓ_ｍ(−ｎ−１)＋Ｓ_ｍ(−ｎ)＝ｎ^ｍ（∵(3)）
　故に(1)から，
　　ｆ(ｎ)＝−Ｓ_ｍ(−ｎ−１)＝Ｓ_ｍ(ｎ)・・・(4)
となる．
　また，
　　Ｓ_ｍ(−(ｎ＋１／２)−１／２)＝−Ｓ_ｍ((ｎ＋１／２)−１／２)
　故にＳ_ｍ(ｎ)は，ｎ＋１／２について，奇関数である．

　また，(3)，(4)より，
　　Ｓ_ｍ(−ｎ)−１／２・(−ｎ)^ｍ＝Ｓ_ｍ(−ｎ−１)＋１／２・ｎ^ｍ
　　　　　　　　　　　　　　＝−Ｓ_ｍ(ｎ)＋１／２・ｎ^ｍ
　　　　　　　　　　　　　　＝−{Ｓ_ｍ(ｎ)−１／２・ｎ^ｍ}
　故にＳ_ｍ(ｎ)−１／２・ｎ^ｍは奇関数であり，Ｓ_ｍ(ｎ)も奇関数である．
　ｙ＝Ｓ_ｍ(ｎ)のグラフは，点(−１／２，０)について対称であり，原点を通るのであるから，点(−１，０)を通る．
　さらに点(−１／２，０)について対称であるから，点(−１／２，０)も通る．
　故にＳ_ｍ(ｎ)はｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１)で割り切れる．

NO2「二度漬け白菜」 02/28 15時43分　受信 更新 3/18

(解答)

正整数 m,n に対して，S[m]を，
S[m]=1^m + 2^m + … + n^m
で定める．
二項係数を C(k,r) とし，r＜0 のときは  C(k,r)=0 とする．

kを任意の正整数とする．次の(1),(2)が成り立つ．

(1) S[2*k-1]は，(S[1])^k,S[3],S[5],…,S[2*k-3] の線形結合で表すことができる．

(2) S[2*k]は，S[2],S[4],S[6],…,S[2*k-2] の線形結合で表すことができる．

(1)の証明：
(2*S[1])^k
=(n*(n+1))^k
=Σ[m=1..n]((m*(m+1))^k - ((m-1)*m)^k)
=Σ[m=1..n](m^k)*((m+1)^k - (m-1)^k)
=Σ[m=1..n](m^k)*(Σ[r=0..k]C(k,r)*(m^r) - Σ[r=0..k]C(k,r)*(m^r)*(-1)^(k+r))
=Σ[m=1..n]Σ[r=0..k]C(k,r)*(m^(k+r))*(1-(-1)^(k+r))
=Σ[r=0..k]Σ[m=1..n]C(k,r)*(m^(k+r))*(1-(-1)^(k+r))
=Σ[r=0..k]C(k,r)*S[k+r]*(1-(-1)^(k+r))
=Σ[r≦k, k+rは奇数]C(k,r)*S[k+r]*2
=Σ[r≦k-3, k+rは奇数]C(k,r)*S[k+r]*2 + k*S[2*k-1]*2．

よって，
S[2*k-1]=(1/(2*k))*((2*S[1])^k - 2*Σ[r≦k-3, k+rは奇数]C(k,r)*S[k+r])．---(★)
この等式によって，(1)の成立が証明できた．

(2)の証明：
6*S[2]*(2*S[1])^(k-1)
=(2*n+1)*(2*S[1])^k
=(2*n+1)*(n*(n+1))^k
=Σ[m=1..n]((2*m+1)*(m*(m+1))^k - (2*m-1)*((m-1)*m)^k)
=Σ[m=1..n]Σ[r=0..k]C(k,r)*(m^(k+r))*((2*m+1) - (2*m-1)*(-1)^(k+r))
=Σ[r=0..k]Σ[m=1..n]C(k,r)*(m^(k+r))*((2*m+1) - (2*m-1)*(-1)^(k+r))
=Σ[r=0..k]Σ[m=1..n](C(k,r)*2*(m^(k+r+1))*(1 + (-1)^(k+r+1)) + C(k,r)*(m^(k+r))*(1 + (-1)^(k+r)))
=Σ[r=0..k](C(k,r)*2*S[k+r+1]*(1 + (-1)^(k+r+1)) + C(k,r)*S[k+r]*(1 + (-1)^(k+r)))
=Σ[r≦k, k+rは偶数](C(k,r-1)*2*S[k+r]*2+C(k,r)*S[k+r]*2)
=Σ[r≦k, k+rは偶数]S[k+r]*(4*C(k,r-1)+2*C(k,r))
=Σ[r≦k-2, k+rは偶数]S[k+r]*(4*C(k,r-1)+2*C(k,r)) + S[2*k]*(4*k+2)．

よって，
S[2*k]=(1/(4*k+2))*(6*S[2]*(2*S[1])^(k-1) - Σ[r≦k-2, k+rは偶数]S[k+r]*(4*C(k,r-1)+2*C(k,r)))．---(★★)
この等式によって，(2)の成立が証明できた．

(★)において，k=1,2,3,4を順次代入することによって，S[1],S[3],S[5],S[7]を，
S[1]の多項式で表すことができる．

S[1]=(1/2)*(2*S[1])=S[1]．

S[3]=(1/4)*((2*S[1])^2)=S[1]^2．

S[5]
=(1/6)*((2*S[1])^3 - 2*(C(3,0)*S[3]))
=(1/6)*((2*S[1])^3 - 2*(S[1])^2)
=(4/3)*(S[1])^3 - (1/3)*(S[1])^2．

S[7]
=(1/8)*((2*S[1])^4 - 2*C(4,1)*S[5]))
=(1/8)(16*(S[1])^4 - 2*4*S[5])
=2*(S[1])^4 - S[5]
=2*(S[1])^4 - (4/3)*(S[1])^3 + (1/3)*(S[1])^2．

(★★)において，k=1,2,3,4を代入することによって，S[2],S[4],S[6],S[8]を，
S[2]*(S[1]の多項式) の形で表すことができる．

S[2]=(1/6)*(6*S[2])=S[2]．

S[4]
=(1/10)*(6*S[2]*(2*S[1])-S[2]*(4*C(2,-1)+2*C(2,0)))
=(1/10)*(12*S[2]*S[1]-S[2]*(4*0+2*1))
=(1/10)*(12*S[2]*S[1]-S[2]*2)
=S[2]*((6/5)*S[1]-1/5)．

S[6]
=(1/14)*(6*S[2]*(2*S[1])^2-S[4]*(4*C(3,0)+2*C(3,1)))
=(1/14)*(24*S[2]*(S[1])^2-10*S[4])
=(1/14)*(24*S[2]*(S[1])^2-(S[2]*(12*S[1]-2)))
=S[2]*((12/7)*(S[1])^2-(6/7)*S[1]+1/7)．

S[8]
=(1/18)*(6*S[2]*(2*S[1])^3-S[4]*(4*C(4,-1)+2*C(4,0))-S[6]*(4*C(4,1)+2*C(4,2)))
=(1/18)*(48*S[2]*(S[1])^3-2*S[4]-28*S[6])
=(1/18)*S[2]*(48*(S[1])^3-2*((6/5)*S[1]-1/5)-28*((12/7)*(S[1])^2-(6/7)*S[1]+1/7))
=S[2]*((8/3)*(S[1])^3-(8/3)*(S[1])^2+(6/5)*S[1]-1/5)．

[問題1]，[問題2]，[問題3]，[問題4]
先に示したように，
S[4]=S[2]*((6/5)*S[1]-1/5)，
S[5]=(4/3)*(S[1])^3 - (1/3)*(S[1])^2，
S[6]=S[2]*((12/7)*(S[1])^2-(6/7)*S[1]+1/7)，
S[7]=2*(S[1])^4 - (4/3)*(S[1])^3 + (1/3)*(S[1])^2．(答)

[問題5]
k≧2のとき，(S[1])^k=(S[1]^2)*S[1]^(k-2)=S[3]*S[1]^(k-2) であるから，
(S[1])^k は S[3] で割り切れる．
S[5]=(4/3)*(S[1])^3 - (1/3)*(S[1])^2 であるから，
S[5]は (S[1])^2 つまり，S[3]で割り切れる．
k≧3とする．
(S[1])^k,S[3],S[5],…,S[2*k-3]のすべてがS[3]で割り切れると仮定したとき，
(★)によって，S[2*k-1]もS[3]で割り切れることが判る．
以上より，3以上の全ての奇数 m に対して，S[m]はS[3]で割り切れる．

[問題6]
S[2],S[4],S[6]がS[2]で割り切れることは，先に示した．
S[2],S[4],S[6],…,S[2*k-2]のすべてがS[2]で割り切れると仮定したとき，
(★★)によって，S[2*k]もS[2]で割り切れることが判る．
以上より，2以上の全ての偶数 m に対して，S[m]はS[2]で割り切れる．

[問題5] および [問題6]に関しては，
別方法による証明があるようです．
https://arxiv.org/pdf/math/9207222.pdf

以上．

NO3「早起きのおじさん」 03/08 17時21分　受信 更新 3/18

今回の問題は、なかなか難しくて問題5、6はきちんと解けませんでした。

いろいろと時間がかかってしまいました。考えたことのあらすじを送ります。

【式】

(1)は、次のように確認できます。

(A)は、次の恒等式について、

中カッコのなかのkを1からnまで変えて、斜めに消していくと確認できます。

(B)は、次の恒等式について、

中カッコのなかのkを1からnまで変えて、斜めに消していくと確認できます。

(C)以下も同様です。

(2)は、

(3)は、

(4)は、

同様にして、(5)以下も計算できます。

別の方法もみてみます。

(5)は、次の恒等式について、

kを1からnまで変えて、縦に合計します。

この式を求める部分について解きます。

なので、

(6)以下も同様にできますが、計算は省略します。

問題1

問題2

問題3

問題4

以下、問題5、問題6に関して考えたことを書いてみます。

●それぞれの式を展開してみます。

●次のように表せると仮定します。

k＝1からの和を求める式ですが、仮にk＝0とすると、定数項は0と考えられます。

仮定を用いると、

下線は、p＋1番目の項です。

次に、 囲み を公式として考えると、

黄色の式と水色の式の係数を比較して、

･･･

･･･

以上から係数を1つずつ決定できます。

･･･

一般的に求めるのは、難しいです。

具体的な値は、次の表のようになります。

m
1
2
3				0
4				0
5				0		0
6				0		0
7				0		0		0

ここで、2番目の係数が定数の1/2、添え字が4以上の偶数の係数の値が0であることに気づきます。(**)

mが3以上の奇数のとき、nの1次の項がありません。（ を因数にもつということです）

●次のようにおきます。

例えば、

ですが、mをそのままにしておくと、

n＝1とすると、

となり、m＝2、3のとき、係数の和が1になります。

これは(*)より、 の係数 を意味します。

同様に、

について、n＝1とすると、

となり、m＝4、5のとき、係数の和が1になります。

これは(*)より、 の係数 を意味します。

は、mが3以上の奇数のときはnの2次で終わり、mが偶数のときはnの1次で終わるようです。

このことを一般的にいうのは、難しいです。

(**)を認めると、次のことがわかります。( なので)

つまり、奇数番目の係数の合計が、1/2です。

このことは、 なので、 が (n＋1) を因数にもつことを示します。(***)

●次のように表すことにします。

すると、

ためしに、nで微分してみます。

さらに全体をmで割ります。

mが偶数のときは、最後の項が定数なってしまいますが、その場合は切り捨てることにします。

(導関数の式は、最後はnの2次の式になります)

そうすると、式の形から、上の式は、 を意味します。

mが奇数ならば、 と考えられるので、 も (n＋1) を因数にもつことになります。

すると、(***)とあわせて、mが奇数のとき、 は を因数にもつことになります。

●mが偶数の場合を考えます。

係数にmを残しますが、指数は具体的な数で表します。

例えば、m＝2のとき、

ここで、n＝−1/2としてみます。

となり、2n＋1を因数にもちます。

例えば、m＝4のとき、

ここで、n＝−1/2としてみます。

となり、2n＋1を因数にもちます。

式の形から必然的に2n＋1を因数にもつようですが、一般的にいうのは難しいです。

「早起きのおじさん」 03/16 16時33分　受信 更新 3/18

問題5、6を解いた人がいるとメールをいただいたので、こじつけてみました。

やはり、すっきり解けたという内容ではなく、こうすれば確認できるという内容ですが。

考えたことのあらすじを送ります。

問題5、6

●この問題について、

なぜそうなるのかは、難しいです。

そうなっていることを確認するのは、何とかできます。

●式

●準備

上の(3)の式を考えます。

次の表のように縦、横に1からnまで見出しをつけます。

表の中は、見出しの積の値を記入します。

各区画の積の合計は、見出しの立法数になっています。

例えば、k番目の区画は、

表の中の積の値の合計を、まず横に小計を計算し、次に小計を縦に合計して求めます。

区画	1	2	3		k		n
	1	2	3	･･･	k	･･･	n	小計
1	1*1	1*2	1*3		1*k		1*n	1*(1+2+3+･･･+n)
2	2*1	2*2	2*3		2*k		2*n	2*(1+2+3+･･･+n)
3	3*1	3*2	3*3		3*k		3*n	3*(1+2+3+･･･+n)
･･･
k	k*1	k*2	k*3		k*k		k*n	k*(1+2+3+･･･+n)
･･･
n	n*1	n*2	n*3		n*k		n*n	n*(1+2+3+･･･+n)
合計								(1+2+3+･･･+n)* (1+2+3+･･･+n)

この結果に、(1)の式を使えば、(3)が導けます。

●次のように、変形します。

次のように考えます。

偶数乗の和の場合には、横の見出しに平方数、縦の見出しに和が黄色の式になる数列を選ぶ。

奇数乗の和の場合には、横の見出しに立法数、縦の見出しに和が水色の式になる数列を選ぶ。

具体的にやってみます。

(4)について

より、縦の見出しに次の数列を考えます。

初項は、1でないと区画1の値が、1になりません。

区画	1	2	3		k		n
	1^2	2^2	3^2	･･･	k^2	･･･	n^2
1	1*1^2	1*2^2	1*3^2		1*k^2		1*n^2
･･･
･･･

確かめ

数列の和は、

k番目の区画は、

より、確かめられました。

(5)について

より、縦の見出しに次の数列を考えます。

初項は、1でないと区画1の値が、1になりません。

区画	1	2	3		k		n
	1^3	2^3	3^3	･･･	k^3	･･･	n^3
1	1*1^3	1*2^3	1*3^3		1*k^3		1*n^3
･･･
･･･

確かめ

数列の和は、

k番目の区画は、

より、確かめられました。

累乗和の計算ができているものについては、同様の方法で確認できます。

（計算は面倒ですが）

●累乗和の計算ができていないものについても、同じように考えます。

考え方がわかればよいので、低い累乗和でやります。

○6乗和の場合

S₂の式が、nの3次式なので、S₆＝S₂×(nの4次式) と考えられます。

和が4次式なので、考える数列の一般項はnの3次式です。

と考えられます。

区画	1	2	3	4	5		k
	1^2	2^2	3^2	4^2	5^2	･･･	k^2
1	1	4	9	16	25		k^2
･･･

2番目の区画から、

3番目の区画から、

4番目の区画から、

5番目の区画から、

これらを連立させて解くと、

k番目の区画は、

初項1、第2項以降 の第n項までの和は、

となり、さきに計算した次の式の一部と一致します。

○7乗和の場合

S₃の式が、nの4次式なので、S₇＝S₃×(nの4次式) と考えられます。

和が4次式なので、考える数列の一般項はnの3次式です。

と考えられます。

区画	1	2	3	4	5		k
	1^3	2^3	3^3	4^3	5^3	･･･	k^3
1	1	8	27	64	125		k^3
･･･

2番目の区画から、

3番目の区画から、

4番目の区画から、

5番目の区画から、

これらを連立させて解くと、

k番目の区画は、

初項1、第2項以降 の第n項までの和は、

となり、さきに計算した次の式の一部と一致します。

●一般的に見通すことは、難しいです。

2m乗の和の確認をするには、S₂がnの3次式なので、和が、2m＋1−3＝2m−2次式になる数列を考えます。

一般項は、2m−3次式です。

2m＋1乗の和の確認をするには、S₃がnの4次式なので、和が、2m＋2−4＝2m−2次式になる数列を考えます。

一般項は、2m−3次式です。

これらを確認するには、区画2から区画2m−1までの2m−2個について、連立方程式を作れば、よいことになります。

計算はとても大変で、現実的には歯がたちません。

＜水の流れ：膨大な時間と大変な労力には感謝の念で一杯です＞

NO4「Kasama」 03/11 23時58分　受信 更新 3/18

問題１

問題の関係式を

S₄=S₂(aS₁+b)

とし、補足１で求めた累乗和をあてはめます。

(6n^5+15n^4+10n^3-n)/30	=	(2n^3+3n^2+n)/6×{a(n^2+n)/2+b}
	=	{2an^5+5an^4+(4b+4a)n^3+(6b+a)n^2+2bn}/12

各項の係数を比較すると、

-1/30=b/6, 0=b/2+a/12, 1/3=b/3+a/3, 1/2=5a/12, 1/5=a/6

これを解いて、

a=6/5, b=-1/5

よって、

S4	=	S2(6S1/5-1/5)
	=	S2(6S1-1)/5

となります。

問題２

前問と同様に、

S₅=aS₁³+bS₁²+cS₁

とすると、

(2n^6+6n^5+5n^4-n^2)/12	=	a{(n^2+n)/2}^3+b{(n^2+n)/2}^2+c(n^2+n)/2
	=	{an^6+3an^5+(2b+3a)n^4+(4b+a)n^3+(4c+2b)n^2+4cn}/8

各項の係数を比較すると、

0=c/2, -1/12=c/2+b/4, 0=b/2+a/8, 5/12=b/4+3a/8, 1/2=3a/8, 1/6=a/8

これを解いて、

a=4/3, b=-1/3, c=0

よって、

S5	=	4S1^3/3-S1^2/3
	=	S1^2(4S1-1)/3

となります。

問題３

前問と同様に、

S₆=S₂(aS₁²+bS₁+c)

とすると、

(6n^7+21n^6+21n^5-7n^3+n)/42	=	(2n^3+3n^2+n)/6×[a{(n^2+n)/2}^2+b(n^2+n)/2+c]
	=	{2an^7+7an^6+(4b+9a)n^5+(10b+5a)n^4+(8c+8b+a)n^3+(12c+2b)n^2+4cn}/24

各項の係数を比較すると、

1/42=c/6, 0=c/2+b/12, -1/6=c/3+b/3+a/24, 0=5b/12+5a/24, 1/2=b/6+3a/8, 1/2=7a/24, 1/7=a/12

これを解いて、

a=12/7, b=-6/7, c=1/7

よって、

S6	=	S2(12S1^2/7-6S1/7+1/7)
	=	S2(12S1^2-6S1+1)/7

となります。

問題４

前問と同様に、

S₇=aS₁⁴+bS₁³+cS₁²+dS₁

とすると、

(3n^8+12n^7+14n^6-7n^4+2n^2)/24	=	a{(n^2+n)/2}^4+b{(n^2+n)/2}^3+c{(n^2+n)/2}^2+d(n^2+n)/2
	=	{an^8+4an^7+(2b+6a)n^6+(6b+4a)n^5+(4c+6b+a)n^4+(8c+2b)n^3+(8d+4c)n^2+8dn}/16

各項の係数を比較すると、

0=d/2, 1/12=d/2+c/4, 0=c/2+b/8, -7/24=c/4+3b/8+a/16, 0=3b/8+a/4, 7/12=b/8+3a/8, 1/2=a/4, 1/8=a/16

これを解いて、

a=2, b=-4/3, c=1/3, d=0

よって、

S7	=	2S1^4-4S1^3/3+S1^2/3
	=	S1^2(6S1^2-4S1-1)/3

となります。

問題５

補足１よりS₃=(n⁴+2n³+n²)/4=n²(n²+1)²なので、補足２の結果を使って、S_m(x)がx²と(x+1)²で割り切れることを言えばよい。

まず、S_m(0)=0なので、S_m(x)に定数項はなくxで割り切れます。また、S_m(x)-x^m/2は偶関数なので、1次項はなくx²でも割り切れるので、y=S_m(x)は(0,0)でx軸に接します。S_m(x)はx+1/2の偶関数だから、x=-1/2に関して対称で、(-1,0)でもx軸に接します。よって、S_m(x)はx²と(x+1)²で割り切れます。したがって、S_mはS₃で割り切れます。

問題６

前問と同じく、S₂=(2n³+3n²+n)/6=n(n+1)(n+1/2)/3なので、S_m(x)がxとx+1とx+1/2で割り切れることを言えばよい。

まず、S_m(x)はxで割り切れます。y=S_m(x)は(0,0)を通り、(-1/2,0)で対称だから(-1,0)も通るので、S_m(x)はx+1で割り切れます。さらに、S_m(x)は奇関数なので(-1/2,0)も通り、x+1/2でも割り切れます。したがって、S_mはS₂で割り切れます。

補足１

次のような数列を考えます。

{k^5-(k-1)^5}

上式{}の中を展開すると、

{k^5-(k-1)^5}

=

{5k^4-10k^3+10k^2-5k+1}

=

5

k^4

-10

k^3

+10

k^2

-5

k

+

1

=

5S₄-10S₃+10S₂-5S₁-n

となります。一方、k=1,2,3,･･･,nと順次展開すると、

{k^5-(k-1)^5}

=

{1^5-0^5}

+

{2^5-1^5}

+

・・・

+

{n^5-(n-1)^5}

=

n⁵

となり、これらは等しいので、

5S4-10S3+10S2-5S1-n

=

n^5

・・・

�@

となります。同じことを6、7、8次について行うと、次の関係式が得られます。

6S5-15S4+20S3-15S2+6S1-n

=

n^6

・・・

�A

7S6-21S5+35S4-35S3+21S2-7S1-n

=

n^7

・・・

�B

8S7-28S6+56S5-70S4+56S3-28S2+8S1-n

=

n^8

・・・

�C

また、問題文で与えられた関係式より、

S2=S1(2n+1)/3

・・・

�D

S3=S1^2

・・・

�E

さらに、よく知られた式

S1=n(n+1)/2

・・・

�F

を加えて、�@〜�Fを解くと、

S₁=(n²+n)/2

S₂=(2n³+3n²+n)/6

S₃=(n⁴+2n³+n²)/4

S₄=(6n⁵+15n⁴+10n³-n)/30

S₅=(2n⁶+6n⁵+5n⁴-n²)/12

S₆=(6n⁷+21n⁶+21n⁵-7n³+n)/42

S₇=(3n⁸+12n⁷+14n⁶-7n⁴+2n²)/24

です。

補足２

S_m(n)と書いて第n項までの和とします。そして、S_m(n)とS_m(n-1)の差をとると、

Sm(n)-Sm(n-1)	=	{1^m-0^m}+{2^m-1^m}+・・・+{n^m-(n-1)^m}
	=	n^m

です。ただし、S_m(0)=0です。ここでnは自然数ですが、上式を恒等式と見れば、nを実数xに変えても差し支えありません。つまり、実数xに対して、

Sm(x)-Sm(x-1)=x^m

,

Sm(0)=0

を考えます。x=0とすると、

Sm(0)-Sm(-1)=0^m

⇒

Sm(-1)=0

・・・

�G

を考えます。xの代わりに-x入れると、

Sm(-x)-Sm(-x-1)

=

(-x)^m

・・・

�H

です。

Pm(x)

=

(-1)^m+1Sm(-x-1)

とおくと、�G�H式より、

Pm(0)

=

(-1)^m+1Sm(-1)

=

0

Pm(x)-Pm(x-1)

=

(-1)^m+1Sm(-x-1)-(-1)^m+1Sm(-x)

=

x^m

つまり、P_m(x)は、

Pm(x)-Pm(x-1)=x^m

,

Pm(0)=0

を満たすので、S_m(x)とP_m(x)は等しいです。よって、

Sm(x)

=

Pm(x)

⇒

Sm(x)

=

(-1)^m+1Sm(-x-1)

・・・

�I

⇒

Sm(-(x+1/2)-1/2)

=

(-1)^m+1Sm((x+1/2)-1/2)

さらに、�H�I式からS_m(-x-1)を消去すると、

Sm(-x)-Sm(-x-1)

=

(-x)^m

⇒

Sm(-x)-Sm(x)/(-1)^m+1

=

(-x)^m

⇒

Sm(-x)-(-x)^m/2

=

(-1)^m+1{Sm(x)-x^m/2}

です。以上より、次の結果を導くことができます。

S_m(x)は、mが奇数のときx+1/2の偶関数、偶数のとき奇関数です。

S_m(x)-x^m/2は、mが奇数のとき偶関数、偶数のとき奇関数です。

ただし、S_m(0)=0です。

NO5「ｙｎ」 03/25 23時31分　受信 更新 3/26

すでに為されておられますが

1/42 n (1+n) (1+2 n) (1-3 n+6 n^3+3 n^4)

　=1/6 n (1+n) (1+2 n) (c+1/2 b n (1+n)+1/4 a n^2 (1+n)^2)

が恒等式より　a=12/7,b=-(6/7),c=1/7

　

　皆さん、問題や質問に答えてください。一部でも構いませんから、解答とペンネームを添えて、メールで送ってください。待っています。