平成１３年１２月３０日

[流れ星]

　　　　　　　　第８９回数学的な応募問題解答

　　　　　　　　　　＜解答募集期間：１２月１６日〜１２月３１日＞

［奇数の積の和］

　　　

今、ここに、整式　ｆ（ｘ）＝（１−ｘ）（１−３ｘ）（１−５ｘ）・・・｛１−（２ｎ―１）ｘ）　がある。ここで、問題です。

問題１：　この　整式　ｆ（ｘ）を展開したとき、ｘ　の係数を求めよ。

問題２：　この　整式　ｆ（ｘ）を展開したとき、ｘ^２の係数を求めよ。

問題３：ｎ個の奇数１，３，５，・・・，２ｎ―１から重複せずにｒ個取って作った積を、ｒ個の選び方すべてにわたって加えたものを
　　　　　Ｐ_ｒとするとき、Ｐ_１＋Ｐ_２＋Ｐ_３＋・・・＋Ｐ_ｎを求めよ。

ＮＯ１「(^o^)BossF」さんからの解答　12月16日　４時56分受信　更新12/30

問題１：

[解]　　-Σ(k=1〜ｎ)k=-ｎ²…[答]

問題２： [解]　

Σ(k=1〜n)(2k-1)Σ(i=1〜k-1)(2i-1)

=Σ(k=1〜n)(2k-1)(k-1)²

=Σ(k=1〜n)(2k³-5k²+4k-1)

=…=（1/6）n(n-1)(3ｎ²-n-1)…[答]　（注：１７日に最後の式を修正）

問題３：[解]

f(x)=1+Σ(k=1〜n)P_k(-x)^k だから
Σ(k=1〜n)P_k=f(-1)-1=2x4x6x…ｘ(2n)-1=n!/2ⁿ-1…[答]　（注：一部修正を１７日に受信）

ＮＯ２「やぎ」さんからの解答　12月18日　４時17分受信　更新12/30

　第８９回問題解答
問題１

ｘの係数を−ａ１とすると
（２ｋ-1）＝−２
答え　

問題　２

ＮＯ３０「kashiwagi」さんからの解答　12月19日　8時12分受信　更新12/30

問１．

題意より　
ｆ（ｘ）＝（１−ｘ）（１−３ｘ）（１−５ｘ）・・・｛１−（２ｎ―１）ｘ｝　―――�@
又、ｆ（ｘ）＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ_２ｘ^２＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ ―――�Aと置く
ここで、式�@と�Aの両辺をｘで微分し、ｘに０を代入する。
ｆ’（ｘ）＝−（１−３ｘ）（１−５ｘ）・・・｛１−（２ｎ―１）ｘ｝
　　　　　　−３（１−ｘ）（１−５ｘ）・・・｛１−（２ｎ―１）ｘ｝
　　　　　　−５（１−ｘ）（１−３ｘ）・・・｛１−（２ｎ―１）ｘ｝
　　　　　　　・・・
−（２ｎ―１）（１−ｘ）（１−３ｘ）・・・｛１−（２ｎ―３）ｘ｝―――�B
ｆ’（ｘ）＝ａ₁＋２ａ_２ｘ＋・・・＋ｎａ_ｎｘ^ｎ−１―――�C
すると�Bは−１−３−５――――――　−（２ｎ−１）となる。

これは奇数２ｋ−１のｋ＝１〜ｎまでの和にマイナスをつけたものであるから−ｎ^２
又、�Aはａ₁となる。ところでｘの係数はａ₁であるから、求めるものは−ｎ^２となる。
問２．

問１と全く同様に式�Bと�Cの両辺をｘで微分し、ｘに０を代入する。即ち、２回微分を行い、係数を比較すると、ａ_２はｎ（ｎ―１）（３ｎ^２―ｎ―１）／６となる。
問３．

同様に微分を繰り返し、問１や問２と同様な計算を行うと、Ｐｎ＝（−１）^ｎａ_ｎとなる。
即ち、−と＋がひとつおきにあらわれる。即ち、
Ｐ_１＋Ｐ_２＋Ｐ_３＋・・・＋Ｐ_ｎ＝−ａ₁＋ａ_２−ａ_３＋・・・＋（−１）^ｎａ_ｎ―――�D
これは式�Aのｘに−１を代入したものからａ₀＝１を引いたである。
そこで�@のｘにも−１を代入すると、
２・４・６・８・・・２ｎ＝２^ｎｎ！
これらよりＰ_１＋Ｐ_２＋Ｐ_３＋・・・＋Ｐ_ｎ＝２^ｎｎ！−１が求めるものである。

<水の流れ：コメント＞　「kashiwagi」さんの解法に鋭い感覚を感じました。このような考えが、レオンハルト・オイラーが1748年に出版すた『無限解析序説』の中に多く見受けられる方法です。実に感心しました。機会を見て、このオイラー風の和の求め方を紹介したいです。

では、一部紹介します。1−ｘ＋ｘ²−ｘ^３＋ｘ^４−ｘ^５＋・・・＝（１＋ｘ）^−１を利用して、次の無限級数が不思議な値になります。

問１：1−１＋１−１＋１−１＋・・・＝１／２

問２：１−２^１＋３^１−４^１＋５^１−６^１＋・・・＝１／４

問３：１−２^２＋３^２−４^２＋５^２−６^２＋・・・＝０

問４：１−２^３＋３^３−４^３＋５^３−６^３＋・・・＝−１／８

ＮＯ３１「kashiwagi」さんからの解答　平成１４年1月４日　17時09分受信　更新1/14

『あけましておめでとうございます。本年もどうぞよろしくご指導の程お願い申し上げます。

ｆ（ｘ）＝１−ｘ＋ｘ^２−ｘ^３＋ｘ^４−　−−−−　＝１／（１＋ｘ）を何回も微分すれば良いのですね。

　もしやと思ってやってみましたら４題とも解けました。しかし、最初は微分は１回しかせず、ずっと考えておりました。まさか３回もやるとは思いませんでした。

　１〜３回の微分式を以下の様に表す。計算式を書くのは面倒なので省略させて頂きます。

　ｆ’（ｘ）＝−１／（１＋ｘ）^２

　ｆ’’（ｘ）＝２／（１＋ｘ）^３

　ｆ’’’（ｘ）＝−６／（１＋ｘ）^４

問題を上から順に�@、�A、�B及び�Cとすると、

問１：ｆ（１）＝１／２

問２：− ｆ’（１）＝１／４

問３：ｆ’（１）＋ ｆ’’（１）＝０

問４：ｆ’（１）＋ ｆ’’（１）＋ｆ’’（１）＋ ｆ’’’（１）

　　　　＝ｆ’（１）＋２ ｆ’’（１）＋ ｆ’’’（１）

　　　　＝−１／８　　となります。こんなのでよろしいのでしょうか』

＜水の流れ：コメント＞　もう少し工夫して、微分した式のｘに１を代入すると、簡単に出てきます。さらに、この方法には続きがありまして、

問５：１−２^４＋３^４−４^４＋５^４−６^４＋・・・＝０

問６：１−２^５＋３^５−４^５＋５^５−６^５＋・・・＝１／４

問７：１−２^６＋３^６−４^６＋５^６−６^６＋・・・＝０

問８：１−２^７＋３^７−４^７＋５^７−６^７＋・・・＝−１７／１６

問９：１−２^８＋３^８−４^８＋５^８−６^８＋・・・＝０

問11：１−２^９＋３^９−４^９＋５^９−６^９＋・・・＝３１／４

　尚、これらの問題の出典は、「理系への数学11月号」ですので、ご承知ください。

ＮＯ３２「kashiwagi」さんからの解答　平成１４年1月９日　14時14分受信　更新1/14

「kashiwagi」のコンント：『更に冪数の多いものを考えておりましたら閃きました。上手く式を変形することしか考えておらず、かなり時間を費やしましたが、困ったときには発想の転換ｆをやれば上手く行くのですね。

ｆ'(ｘ)＋ｆ''(ｘ)にｘをかけて、微分すれば本当に簡単にできますね。しかも、これなら冪数が多くなっても何の苦労もいりませんね。ｘをかけて微分した式に更にｘをかけ、微分すれば良いのですね。

後は、同様の操作を繰り返すだけですね。時間はかかりましたが、面白く、奥の深さを感じさせて頂きました。』

ＮＯ３３「kashiwagi」さんからの解答　平成１４年1月１０日　8時14分受信　更新1/14

前回示した問題で、解法の完成版のメールを頂きました。

ｆ(ｘ)＝１／（１＋ｘ）＝１−ｘ＋ｘ^２−ｘ^３＋ｘ^４−−−−−

−ｆ'(ｘ)＝１／（１＋ｘ）^２＝１^１−２ｘ＋３ｘ^２−４ｘ^３＋５ｘ^４−−−

ｆ''(ｘ)＝２／（１＋ｘ）^３

ｆ'''(ｘ)＝−　６／（１＋ｘ）^４

この式にｘをかけて、

−ｘｆ'(ｘ)＝ｘ／（１＋ｘ）^２＝１^２ｘ−２ｘ^２＋３ｘ^３−４ｘ^４＋５ｘ^５−−−−−

この式をｘで微分して、

−ｆ'(ｘ)　−ｘｆ''(ｘ)＝１^２−２^２ｘ＋３^２ｘ^２−４^２ｘ^３＋５^２ｘ^４−　−−−−　　�@

ここでｘに１を代入すると、

−ｆ'(１)　−ｆ''(１)＝１／４−１／４＝０＝１^２−２^２＋３^２−４^２＋５^２−　−−−−

後はこの操作を繰り返すだけ、即ち、�@に再度ｘをかけ、微分してｘに１を代入する。

＜水の流れ：コメント＞オイラーって本当に素晴らしい英知の持ち主ですね。驚きとともに、人間の持つ大きな能力にも感嘆します。

「kashiwagi」さんから、前回示した問題で、解法の完成版に至るコメントを頂きました。

『正月からずっとオイラーの天才と数学的奥の深さを充分に楽しませて頂きました。こんなに真剣に一つの式を考え込んだのは何十年ぶりでしょうか。学生時代の自分を思い出しながら、脳髄を搾り出させて頂きました。

完成版の投稿後、８乗と９乗を計算し、出題を全てクリアさせて頂きました。しかし、冪数が多くなると、少々しんどいですね。今後とも宜しくお願い申し上げます。』

ＮＯ４「浜田」さんからの解答　12月21日　10時38分受信　更新12/30

問題１：

　　ｆ(ｘ)＝(１−ｘ)(１−３ｘ)(１−５ｘ)………{１−(２ｎ−１)ｘ}

　ｘの係数は，

　　(−１)・１・１・………・１

　　　＋１・(−３)・１・………・１

　　　＋１・１・(−５)・１・………・１

　　　＋………

　　　＋１・１・１・………・{−(２ｎ−１)}

　＝−{１＋３＋５＋………＋(２ｎ−１)}

　＝−Σ(ｋ＝１〜ｎ) (２ｋ−１)

　＝−{２・ｎ(ｎ＋１)／２−ｎ}

　＝−ｎ^2

問題２：

　ｘ^2の係数は，

　　(−１)(−３)＋(−１)(−５)＋(−１)(−７)＋………………＋(−１){−(２ｎ−１)}

　　　＋(−３)(−５)＋(−３)(−７)＋………………＋(−３){−(２ｎ−１)}

　　　＋………………

　　　＋{−(２ｎ−３)}{−(２ｎ−１)}

　＝(２・１−１)Σ(ｋ＝２〜ｎ) (２ｋ−１)

　　　＋(２・２−１)Σ(ｋ＝３〜ｎ) (２ｋ−１)

　　　＋………

　　　＋{２(ｎ−１)−１}Σ(Ｋ＝ｎ〜ｎ) (２ｋ−１)

　＝Σ(m=1〜n-1) (２ｍ−１)Σ(k=m+1〜n) (２ｋ−１)

　＝Σ(m=1〜n-1) (２ｍ−１){Σ(k=1〜n) (２ｋ−１)−Σ(k＝１〜m) (２ｋ−１)}

　＝Σ(m=1〜n-1) (２ｍ−１)(ｎ^2−ｍ^2)

　＝Σ(m=1〜n-1) (−２ｍ^3＋ｍ^2＋２ｍｎ^2−ｎ^2)

　＝−２・(ｎ−１)^2ｎ^2／４＋(ｎ−１)ｎ(２ｎ−１)／６＋２・(ｎ−１)ｎ／２・ｎ^2−ｎ^2(ｎ−１)

　＝ｎ(ｎ−１){−３ｎ(ｎ−１)＋(２ｎ−１)＋６ｎ^2−６ｎ}／６

　＝ｎ(ｎ−１)(−３ｎ^2＋３ｎ＋２ｎ−１＋６ｎ^2−６ｎ)／６

　＝ｎ(ｎ−１)(３ｎ^2−ｎ−１)／６

問題３：

　問題１，２と同様にｘ^rの係数が(−１)^rＰrとなる．

　　(１−ｘ)(１−３ｘ)(１−５ｘ)………{１−(２ｎ―１)ｘ}

　＝１−Ｐ1ｘ＋Ｐ2ｘ^2＋………＋(−１)^nＰnｘ^n

であるから，ｘ＝−１とすると，

　　(１＋１)(１＋３)(１＋５)………{１＋(２ｎ―１)}

　＝１＋Ｐ1＋Ｐ2＋………＋Ｐn

　　∴Ｐ1＋Ｐ2＋Ｐ3＋………＋Ｐn

　＝２・４・６・………・２ｎ−１

　＝２^n（１・２・３・………・ｎ)−１

　＝２^n・ｎ！−１

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