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大阪大学 2006年理系第3問解説

方針・初手

(1) は等式の右辺を通分し、左辺と係数を比較することで $a, b$ を決定する。これが $y$ についての恒等式となる条件を考える。 (2) はすべての自然数 $n$ に関する等式の証明であるため、数学的帰納法を用いるのが自然である。(1) で得られた等式は、帰納法のステップにおいて $k$ 番目の式から $k+1$ 番目の式を作り出すための重要な誘導となっている。

解法1

(1) 与式の右辺を通分すると、

$$ \frac{a}{y(y+1)\cdots(y+n)} + \frac{b}{(y+1)(y+2)\cdots(y+n+1)} $$

$$ = \frac{a(y+n+1)+by}{y(y+1)\cdots(y+n)(y+n+1)} $$

$$ = \frac{(a+b)y+a(n+1)}{y(y+1)\cdots(y+n)(y+n+1)} $$

これが左辺の $\frac{n+1}{y(y+1)\cdots(y+n)(y+n+1)}$ と等しくなるための条件は、分子が $y$ についての恒等式となることである。したがって、両辺の係数を比較して、

$$ \begin{cases} a+b = 0 \\ a(n+1) = n+1 \end{cases} $$

$n$ は自然数であるから $n+1 \neq 0$ であり、第2式より $a=1$ となる。これを第1式に代入して $b=-1$ を得る。

(2) 証明すべき等式を (A) とおく。

$$ \frac{n!}{x(x+1)\cdots(x+n)} = \sum_{r=0}^{n} (-1)^r \frac{{}_n\mathrm{C}_{r}}{x+r} \quad \cdots \text{(A)} $$

数学的帰納法により証明する。

(I)

$n=1$ のとき (A) の左辺は、

$$ \frac{1!}{x(x+1)} = \frac{1}{x(x+1)} $$

(A) の右辺は、

$$ \sum_{r=0}^{1} (-1)^r \frac{{}_1\mathrm{C}_{r}}{x+r} = \frac{{}_1\mathrm{C}_{0}}{x} - \frac{{}_1\mathrm{C}_{1}}{x+1} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1} = \frac{1}{x(x+1)} $$

よって、$n=1$ のとき (A) は成り立つ。

(II)

$n=k$ ($k$ は自然数) のとき、(A) が成り立つと仮定する。すなわち、

$$ \frac{k!}{x(x+1)\cdots(x+k)} = \sum_{r=0}^{k} (-1)^r \frac{{}_k\mathrm{C}_{r}}{x+r} \quad \cdots \text{(B)} $$

が成り立つとする。 (1) で求めた等式において、$n=k, y=x$ とおくと、

$$ \frac{k+1}{x(x+1)\cdots(x+k+1)} = \frac{1}{x(x+1)\cdots(x+k)} - \frac{1}{(x+1)(x+2)\cdots(x+k+1)} $$

この両辺に $k!$ を掛けると、

$$ \frac{(k+1)!}{x(x+1)\cdots(x+k+1)} = \frac{k!}{x(x+1)\cdots(x+k)} - \frac{k!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+k+1)} \quad \cdots \text{(C)} $$

ここで、(C) の右辺第1項は仮定 (B) の左辺そのものである。また、(C) の右辺第2項は (B) の左辺の $x$ を $x+1$ に置き換えたものに等しいため、仮定 (B) を用いて次のように表せる。

$$ \frac{k!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+k+1)} = \sum_{r=0}^{k} (-1)^r \frac{{}_k\mathrm{C}_{r}}{(x+1)+r} = \sum_{r=0}^{k} (-1)^r \frac{{}_k\mathrm{C}_{r}}{x+r+1} $$

これらを (C) に代入すると、

$$ \frac{(k+1)!}{x(x+1)\cdots(x+k+1)} = \sum_{r=0}^{k} (-1)^r \frac{{}_k\mathrm{C}_{r}}{x+r} - \sum_{r=0}^{k} (-1)^r \frac{{}_k\mathrm{C}_{r}}{x+r+1} $$

右辺第2項の $\sum$ について、$s = r+1$ とおきかえると、

$$ \sum_{r=0}^{k} (-1)^r \frac{{}_k\mathrm{C}_{r}}{x+r+1} = \sum_{s=1}^{k+1} (-1)^{s-1} \frac{{}_k\mathrm{C}_{s-1}}{x+s} $$

$s$ を改めて $r$ と書き直し、マイナスを前に出すと、

$$ - \sum_{r=1}^{k+1} (-1)^{r-1} \frac{{}_k\mathrm{C}_{r-1}}{x+r} = \sum_{r=1}^{k+1} (-1)^r \frac{{}_k\mathrm{C}_{r-1}}{x+r} $$

したがって、$n=k+1$ のときの (A) の左辺は次のようにまとめることができる。

$$ \frac{(k+1)!}{x(x+1)\cdots(x+k+1)} = \sum_{r=0}^{k} (-1)^r \frac{{}_k\mathrm{C}_{r}}{x+r} + \sum_{r=1}^{k+1} (-1)^r \frac{{}_k\mathrm{C}_{r-1}}{x+r} $$

それぞれのシグマから $r=0$ と $r=k+1$ の項を切り離し、共通する $r=1$ から $k$ までの部分をまとめると、

$$ = \frac{{}_k\mathrm{C}_{0}}{x} + \sum_{r=1}^{k} (-1)^r \frac{{}_k\mathrm{C}_{r} + {}_k\mathrm{C}_{r-1}}{x+r} + (-1)^{k+1} \frac{{}_k\mathrm{C}_{k}}{x+k+1} $$

ここで、二項係数の性質 ${}_n\mathrm{C}_{r} + {}_n\mathrm{C}_{r-1} = {}_{n+1}\mathrm{C}_{r}$ より、${}_k\mathrm{C}_{r} + {}_k\mathrm{C}_{r-1} = {}_{k+1}\mathrm{C}_{r}$ である。また、${}_k\mathrm{C}_{0} = 1 = {}_{k+1}\mathrm{C}_{0}$、${}_k\mathrm{C}_{k} = 1 = {}_{k+1}\mathrm{C}_{k+1}$ であることを用いると、

$$ = \frac{{}_{k+1}\mathrm{C}_{0}}{x} + \sum_{r=1}^{k} (-1)^r \frac{{}_{k+1}\mathrm{C}_{r}}{x+r} + (-1)^{k+1} \frac{{}_{k+1}\mathrm{C}_{k+1}}{x+k+1} $$

$$ = \sum_{r=0}^{k+1} (-1)^r \frac{{}_{k+1}\mathrm{C}_{r}}{x+r} $$

となり、$n=k+1$ のときも (A) が成り立つ。

（I）, （II）より、すべての自然数 $n$ について等式が成り立つことが証明された。

解説

(1) は部分分数分解の拡張であり、(2) で帰納法のステップを進めるための明確な誘導となっている。(2) では、(1) の等式の両辺に $k!$ を掛けることで、帰納法の仮定を直接利用できる形を作り出す。その後、シグマの添え字をずらして式をまとめ、パスカルの三角形の構成原理としても知られる二項係数の性質 ${}_n\mathrm{C}_{r} + {}_n\mathrm{C}_{r-1} = {}_{n+1}\mathrm{C}_{r}$ を適用する流れは、二項係数を含む等式の証明において非常に頻出の手法である。