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数学A 場合の数問題 49 解説

方針・初手

与えられた ${}*nP_r$ は「連続する $r$ 個の整数の積」である。差をとると共通因数が現れるので、まず ${}*{k+1}P_{r+1}-{}*kP*{r+1}$ を直接計算する。

その後、(2) は (1) の結果を和にして望ましい形にする。つまり、階差の形に直して望遠和を作るのが基本方針である。

解法1

(1)

$k>r$ より、${}*{k+1}P*{r+1}$ と ${}*kP*{r+1}$ はともに定義される。

定義より、

$$ {}*{k+1}P*{r+1}=(k+1)k(k-1)\cdots(k-r+1) $$

また、

$$ {}*kP*{r+1}=k(k-1)\cdots(k-r+1)(k-r) $$

である。共通因数 $k(k-1)\cdots(k-r+1)={}_kP_r$ をくくると、

$$ \begin{aligned} {}*{k+1}P*{r+1}-{}*kP*{r+1} &={}_kP_r{(k+1)-(k-r)} \\ &={}_kP_r(r+1) \end{aligned} $$

したがって、

$$ {}*kP_r=\frac{1}{r+1}\left({}*{k+1}P_{r+1}-{}*kP*{r+1}\right) $$

が成り立つ。

(2)

(1) は $k>r$ のときに使える。したがって、初項 ${}_rP_r$ は別に扱う。

まず、

$$ {}_rP_r=r! $$

であり、

$$ {}*{r+1}P*{r+1}=(r+1)! $$

だから、

$$ {}*rP_r=\frac{{}*{r+1}P_{r+1}}{r+1} $$

である。

次に、$k=r+1,r+2,\ldots,n+r-1$ に対して (1) を用いると、

$$ {}*kP_r=\frac{1}{r+1}\left({}*{k+1}P_{r+1}-{}*kP*{r+1}\right) $$

である。よって、

$$ \begin{aligned} {}*rP_r+{}*{r+1}P_r+\cdots+{}*{n+r-1}P_r &=\frac{{}*{r+1}P_{r+1}}{r+1} +\frac{1}{r+1}\sum_{k=r+1}^{n+r-1}\left({}*{k+1}P*{r+1}-{}*kP*{r+1}\right) \end{aligned} $$

右辺の和は望遠和になるので、

$$ \sum_{k=r+1}^{n+r-1}\left({}*{k+1}P*{r+1}-{}*kP*{r+1}\right) ={}*{n+r}P*{r+1}-{}*{r+1}P*{r+1} $$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} {}*rP_r+{}*{r+1}P_r+\cdots+{}*{n+r-1}P_r &=\frac{{}*{r+1}P_{r+1}}{r+1} +\frac{{}*{n+r}P*{r+1}-{}*{r+1}P*{r+1}}{r+1} \\ &=\frac{{}*{n+r}P*{r+1}}{r+1} \end{aligned} $$

となる。

(3)

各項を $k$ の多項式として展開する。

まず、

$$ {}_{k+3}P_4=(k+3)(k+2)(k+1)k $$

より、

$$ {}_{k+3}P_4=k^4+6k^3+11k^2+6k $$

である。また、

$$ {}_{k+2}P_3=(k+2)(k+1)k=k^3+3k^2+2k $$

$$ {}_{k+1}P_2=(k+1)k=k^2+k $$

$$ {}_kP_1=k $$

である。

したがって、与えられた等式の右辺は、

$$ \begin{aligned} &{}*{k+3}P_4+A{}*{k+2}P_3+B{}_{k+1}P_2+C{}_kP_1 \\ &=k^4+(6+A)k^3+(11+3A+B)k^2+(6+2A+B+C)k \end{aligned} $$

である。これがすべての自然数 $k$ に対して $k^4$ に等しいためには、

$$ \begin{cases} 6+A=0 \\ 11+3A+B=0 \\ 6+2A+B+C=0 \end{cases} $$

を満たせばよい。

順に解くと、

$$ A=-6 $$

$$ 11+3(-6)+B=0 $$

より、

$$ B=7 $$

さらに、

$$ 6+2(-6)+7+C=0 $$

より、

$$ C=-1 $$

である。

(4)

(3) より、

$$ k^4={}*{k+3}P_4-6{}*{k+2}P_3+7{}_{k+1}P_2-{}_kP_1 $$

である。これを $k=1,2,\ldots,n$ について和をとる。

$$ \sum_{k=1}^n k^4 =\sum_{k=1}^n {}*{k+3}P_4 -6\sum*{k=1}^n {}*{k+2}P_3 +7\sum*{k=1}^n {}*{k+1}P_2 -\sum*{k=1}^n {}_kP_1 $$

(2) を用いると、

$$ \sum_{k=1}^n {}*{k+3}P_4 =\sum*{j=4}^{n+3} {}*jP_4 =\frac{{}*{n+4}P_5}{5} $$

$$ \sum_{k=1}^n {}*{k+2}P_3 =\sum*{j=3}^{n+2} {}*jP_3 =\frac{{}*{n+3}P_4}{4} $$

$$ \sum_{k=1}^n {}*{k+1}P_2 =\sum*{j=2}^{n+1} {}*jP_2 =\frac{{}*{n+2}P_3}{3} $$

$$ \sum_{k=1}^n {}*kP_1 =\frac{{}*{n+1}P_2}{2} $$

である。よって、

$$ \sum_{k=1}^n k^4 =\frac{{}*{n+4}P_5}{5} -\frac{6{}*{n+3}P_4}{4} +\frac{7{}*{n+2}P_3}{3} -\frac{{}*{n+1}P_2}{2} $$

ここで、

$$ {}_{n+4}P_5=(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)n $$

$$ {}_{n+3}P_4=(n+3)(n+2)(n+1)n $$

$$ {}_{n+2}P_3=(n+2)(n+1)n $$

$$ {}_{n+1}P_2=(n+1)n $$

だから、$n(n+1)$ をくくると、

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^n k^4 &=n(n+1)\left\{ \frac{(n+4)(n+3)(n+2)}{5} -\frac{3(n+3)(n+2)}{2} +\frac{7(n+2)}{3} -\frac{1}{2} \right\} \end{aligned} $$

中かっこ内を整理する。

$$ \begin{aligned} &\frac{(n+4)(n+3)(n+2)}{5} -\frac{3(n+3)(n+2)}{2} +\frac{7(n+2)}{3} -\frac{1}{2} \\ &=\frac{6(n+4)(n+3)(n+2)-45(n+3)(n+2)+70(n+2)-15}{30} \\ &=\frac{6n^3+9n^2+n-1}{30} \end{aligned} $$

したがって、

$$ \sum_{k=1}^n k^4 =\frac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30} $$

一方、

$$ 1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2} $$

である。よって、

$$ \begin{aligned} \frac{1^4+2^4+\cdots+n^4}{1+2+\cdots+n} &=\frac{\dfrac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30}}{\dfrac{n(n+1)}{2}} \\ &=\frac{6n^3+9n^2+n-1}{15} \end{aligned} $$

これは $n$ の $3$ 次式である。