数学II / 式と証明

式と証明実戦編の問題全8問

難関大の総合問題。複数の単元を融合した単元横断の演習

難易度: ★ 基礎·★★ 標準·★★★ 応用·★★★★ 難関·実戦編·最難関編

二項係数の平方和(係数比較)
対称式の因数分解と3変数の相加相乗
コーシー・シュワルツの不等式(ラグランジュ恒等式)
条件つき不等式(和が1のもとでの積)
二項係数の重み付き和(微分・代入)
x+1/x の対称式は整数係数多項式(漸化式)
部分分数分解による望遠鏡和
相加相乗平均で階乗を評価

問1二項係数の平方和(係数比較)

実戦編式と証明二項定理組合せ係数比較単元横断

問題

$n$ を自然数とする。 $k = 0 \sum n (k n)^{2} = (n 2 n)$ が成り立つことを示せ。ここで $(k n)$ は二項係数 $_{n} C_{k}$ を表す。

ヒントを見る

$(1 + x)^{2 n}$ を $(1 + x)^{n}$ の積に分け、両辺で $x^{n}$ の係数を比べる。左辺は畳み込み $\sum_{k} (k n) (n - k n)$ 。対称性 $(n - k n) = (k n)$ 。

解答・解説

方針

$(1 + x)^{2 n} = (1 + x)^{n} \cdot (1 + x)^{n}$ とみて、両辺の $x^{n}$ の係数を二項定理で書き出し、 $(n - k n) = (k n)$ を使う。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 二項係数の和の等式は、「同じものを2通りに数える」か「同じ式の係数を2通りに読む」かのどちらかで示すのが自然だ。

ここでは式で攻める。 $(1 + x)^{2 n}$ は $(1 + x)^{n} \cdot (1 + x)^{n}$ と全く同じ式。だから展開したときの係数もすべて一致する。

積の側で $x^{n}$ を作るには、前の因子から $x^{k}$ 、後ろから $x^{n - k}$ を取ればよい。その総和に対称性 $(n - k n) = (k n)$ を使うと、平方和が現れる。

定理二項定理

(1 + x)^{m} = j = 0 \sum m (j m) x^{j}

。対称性

(n - k n) = (k n)

① 同じ式を $2$ 通りに。 $(1 + x)^{2 n} = (1 + x)^{n} \cdot (1 + x)^{n} .$ ② 右辺の $x^{n}$ の係数。 二項定理より $(1 + x)^{2 n}$ の $x^{n}$ の係数は $(n 2 n)$ 。

③ 左辺の $x^{n}$ の係数。 $(1 + x)^{n} = \sum_{i} (i n) x^{i}$ どうしの積で $x^{n}$ を作るには、一方から $x^{k}$ 、他方から $x^{n - k}$ 。よって係数は $k = 0 \sum n (k n) (n - k n) = k = 0 \sum n (k n)^{2} (∵ (n - k n) = (k n)) .$ ④ 比較。 同じ多項式の同じ次数の係数だから等しく $k = 0 \sum n (k n)^{2} = (n 2 n) .$

まとめ $(1 + x)^{2 n} = {(1 + x)^{n}}^{2}$ の $x^{n}$ の係数を両側から数えると、平方和 $= (n 2 n)$ 。二項定理と組合せ(係数比較)の融合。「積の係数=畳み込み」を使えば解ける。

発展。 一般には $\sum_{k} (k m) (p - k n) = (p m + n)$ (ヴァンデルモンドの畳み込み)が成り立つ。本問は $m = n = p$ の場合だ。「2つのグループから合わせて $p$ 人選ぶ」を左のグループの人数で場合分けした式で、係数比較 $(1 + x)^{m} (1 + x)^{n} = (1 + x)^{m + n}$ とも対応する。

答

$(1 + x)^{n} (1 + x)^{n} = (1 + x)^{2 n}$ の両辺で $x^{n}$ の係数を比べる。左辺の $x^{n}$ の係数は $\sum_{k} (k n) (n - k n) = \sum_{k} (k n)^{2}$ 、右辺は $(n 2 n)$ 。

別解

別解:「男女 $n$ 人ずつから $n$ 人選ぶ」と読む(得意な人向けの高い視点)。 右辺 $(n 2 n)$ は男 $n$ 人・女 $n$ 人の計 $2 n$ 人から $n$ 人選ぶ場合の数だ。

同じ選び方を、女子の人数 $k$ で場合分けして数え直す。女子を $k$ 人選ぶと男子は $n - k$ 人で、その選び方は

$(k n) (n - k n) = (k n) (k n) = (k n)^{2}$

通り( $(n - k n) = (k n)$ を使った)。 $k = 0, 1, \dots, n$ について足せば左辺になる。同じ集合を2通りに数えただけで、式変形は一度もしていない。係数比較(本解)で $x^{k}$ と $x^{n - k}$ が分担していたのは、この「女子 $k$ 人・男子 $n - k$ 人」の分担そのものである。

ポイント

平方和は「 $2$ 多項式の積の係数」を疑う。
$(1 + x)^{2 n} = {(1 + x)^{n}}^{2}$ の $x^{n}$ を両側で数える。
対称性 $(n - k n) = (k n)$ で平方和に。

よくある間違い

対称性 $(n - k n) = (k n)$ を使う一言を飛ばし、畳み込みの和が平方和にならない。
積の $x^{n}$ の係数を「 $x^{k}$ どうしの積」で数えてしまう(前から $x^{k}$ 、後ろから $x^{n - k}$ と、べきの合計が $n$ になる組を拾う)。
小さい $n$ で検算しない( $n = 2$ なら $1 + 4 + 1 = 6 = (2 4)$ 。合わなければ添字のミス)。

問2対称式の因数分解と3変数の相加相乗

実戦編式と証明因数分解不等式相加相乗単元横断

問題

$a, b, c$ を正の実数とする。(1) $a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 ab c = (a + b + c) (a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - b c - c a)$ を示せ。

(2) これを用いて $a^{3} + b^{3} + c^{3} \geq 3 ab c$ を示し、等号成立条件を述べよ。

ヒントを見る

(1) 右辺を素直に展開。(2) $a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - b c - c a$ を $\frac{1}{2} {(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}}$ に。これは $0$ 以上。

解答・解説

方針

(1) は右辺の展開。(2) は第 $2$ 因数を平方の和に書き直して非負を示し、 $a + b + c > 0$ と掛け合わせる。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (1) は右辺を根気よく展開すれば確かめられる。証明としてはそれで十分だ。

(2) が本番。因数分解した形は「 $(a + b + c) \times$ (第2因数)」だから、それぞれの符号が分かれば積の符号も決まる。 $a + b + c$ は正。第2因数 $a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - b c - c a$ は平方の和 $\frac{1}{2} {(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}}$ に直せるので $0$ 以上。これで積が $0$ 以上、すなわち不等式が出る。

重要

a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - b c - c a = \frac{1}{2} {(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}} \geq 0

① (1) の証明。 右辺を展開する。 $(a + b + c) (a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - b c - c a)$ を掛けると、 $a^{3} + b^{3} + c^{3}$ が残り、他の項はすべて打ち消し合って $- 3 ab c$ が出る。よって左辺に一致。

② 第 $2$ 因数の符号。 $a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - b c - c a = \frac{1}{2} {(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}} \geq 0.$ ③ 不等式。 $a, b, c > 0$ より $a + b + c > 0$ 。(1) より $a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 ab c = (a + b + c) \cdot \geq 0 \frac{1}{2} {(a - b)^{2} + \dots} \geq 0,$ ゆえに $a^{3} + b^{3} + c^{3} \geq 3 ab c$ 。等号は第 $2$ 因数が $0$ 、すなわち $(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2} = 0$ より $a = b = c$ のとき。

まとめ因数分解で「正 × 非負」に分け、第 $2$ 因数を平方和にして $a^{3} + b^{3} + c^{3} \geq 3 ab c$ (等号 $a = b = c$ )。因数分解と不等式(平方完成)の融合。対称式の因数分解を使う。

発展。 この恒等式から、実数では $a^{3} + b^{3} + c^{3} = 3 ab c ⟺ a + b + c = 0$ または $a = b = c$ 。複素数まで広げると第2因数がさらに $(a + bω + c ω^{2}) (a + b ω^{2} + c ω)$ ( $ω$ は1の3乗根)と割れる。3次方程式の解の公式(カルダノ)は、この式をもとにしている。

答

(1) 右辺を展開すると左辺に一致。(2) $a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - b c - c a = \frac{1}{2} {(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}} \geq 0$ 、 $a + b + c > 0$ より積 $\geq 0$ 。等号は $a = b = c$ 。

別解

別解:因数分解を「発見」する(得意な人向けの高い視点)。 (1) の右辺を天下りに展開するのでなく、左辺から因数を見つけにいく。

左辺を $a$ の3次式とみて、 $a = - (b + c)$ を代入してみる。

$- (b + c)^{3} + b^{3} + c^{3} + 3 b c (b + c) = 0.$

$a + b + c = 0$ となる $a$ を入れると $0$ 。因数定理により、左辺は $a + b + c$ で割り切れる。

残りの因数は、左辺が3次の対称式であることから2次の対称式。 $a^{2} + b^{2} + c^{2} + λ (ab + b c + c a)$ とおいて1点比較(たとえば $a = 1, b = 1, c = 0$ )すれば $λ = - 1$ と決まる。対称性を保ったまま因数を探すこの手順は、対称式の因数分解全般で使い回せる。

ポイント

積を $2$ 因数に分け、符号を別々に調べる。
第 $2$ 因数 $= \frac{1}{2} \sum (a - b)^{2} \geq 0$ 。
$a + b + c > 0$ と掛けて $\geq 3 ab c$ 、等号 $a = b = c$ 。

よくある間違い

(2) で第2因数が $0$ 以上であることを、平方の和に直さず「明らか」で済ませる。
等号成立を「 $a + b + c = 0$ または $a = b = c$ 」と書く(いまは $a, b, c > 0$ だから $a + b + c > 0$ 。等号は $a = b = c$ のみ)。
平方和への変形で係数 $\frac{1}{2}$ を落とす( $(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}$ を展開すると各2乗が2回ずつ出る)。

問3コーシー・シュワルツの不等式(ラグランジュ恒等式)

実戦編式と証明恒等式不等式コーシー・シュワルツ単元横断

問題

実数 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, b_{1}, b_{2}, b_{3}$ について、ラグランジュの恒等式 $(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2}) (b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + b_{3}^{2}) - (a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + a_{3} b_{3})^{2} = i < j \sum (a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i})^{2}$ を示し、これを用いてコーシー・シュワルツの不等式 $(a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + a_{3} b_{3})^{2} \leq (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2}) (b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + b_{3}^{2})$ を示せ。

ヒントを見る

恒等式の右辺は平方の和なので $0$ 以上。左辺 $= (積) - (内積)^{2} \geq 0$ 。等号は $a_{i} b_{j} = a_{j} b_{i}$ (比例)。

解答・解説

方針

恒等式は両辺を展開して一致を確かめる。右辺が平方の和で $\geq 0$ だから、左辺 $\geq 0$ 、すなわちコーシー・シュワルツが従う。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 示したいのは「左辺 $-$ (内積の2乗) $=$ 平方の和」という恒等式。恒等式なら、両辺を展開して突き合わせるのが確実だ。

展開では添字の整理が大事だ。左辺は $a_{i}^{2} b_{j}^{2}$ 型の和と $a_{i} b_{i} a_{j} b_{j}$ 型の和の差になり、 $i = j$ の項が打ち消し合って $i < j$ のペアだけが残る。「 $=$ 平方の和」まで示せば、右辺 $\geq 0$ は自動。コーシー・シュワルツの不等式が、「おつり」が何であるかも含めて得られる。

重要平方の和

\sum_{i < j} (a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i})^{2} \geq 0

(各項が

2

乗)

① 恒等式の確認。 左辺を展開する。 $(\sum a_{i}^{2}) (\sum b_{j}^{2}) = \sum_{i, j} a_{i}^{2} b_{j}^{2}$ 、 $(\sum a_{i} b_{i})^{2} = \sum_{i, j} a_{i} b_{i} a_{j} b_{j}$ 。差をとると、 $i = j$ の項は消え、 $i \neq = j$ の項が $i < j \sum (a_{i}^{2} b_{j}^{2} + a_{j}^{2} b_{i}^{2} - 2 a_{i} b_{i} a_{j} b_{j}) = i < j \sum (a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i})^{2} .$ これで恒等式が成り立つ。

② 不等式。 右辺は平方の和だから $\geq 0$ 。よって $(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2}) (b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + b_{3}^{2}) - (a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + a_{3} b_{3})^{2} \geq 0,$ すなわち $(a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + a_{3} b_{3})^{2} \leq (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2}) (b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + b_{3}^{2})$ 。等号は全ての $i < j$ で $a_{i} b_{j} = a_{j} b_{i}$ 、すなわち $a$ と $b$ が比例するとき。

まとめラグランジュ恒等式で「積 −(内積) $^{2}$ 」が平方和に等しいことを示すと、コーシー・シュワルツが従う。恒等式(展開)と不等式(平方和)の融合。不等式を「 $\geq 0$ の恒等式」に直すのが基本だ。

発展。 ベクトルで読むと、コーシー・シュワルツは $∣ a \cdot b ∣ \leq ∣ a ∣∣ b ∣$ 。そして「おつり」 $\sum_{i < j} (a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i})^{2}$ は、3次元では外積の大きさの2乗 $∣ a \times b ∣^{2}$ 、つまり2つのベクトルが張る平行四辺形の面積の2乗である。不等式の余りに、図形の意味がある。

答

左辺を展開すると $\sum_{i, j} a_{i}^{2} b_{j}^{2} - \sum_{i, j} a_{i} b_{i} a_{j} b_{j}$ 。整理すると $\sum_{i < j} (a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i})^{2}$ 。右辺は平方和 $\geq 0$ なので $(\sum a_{i} b_{i})^{2} \leq (\sum a_{i}^{2}) (\sum b_{i}^{2})$ 。

別解

別解:2次関数の判別式で示す(苦手な人にも見通しのよいルート)。 すべての実数 $t$ について

$f (t) = (a_{1} t + b_{1})^{2} + (a_{2} t + b_{2})^{2} + (a_{3} t + b_{3})^{2} \geq 0$

は明らかだ(平方の和だから)。左辺を展開して $t$ で整理すると

$f (t) = (\sum a_{i}^{2}) t^{2} + 2 (\sum a_{i} b_{i}) t + \sum b_{i}^{2} .$

$\sum a_{i}^{2} > 0$ のとき、常に $0$ 以上の2次式は判別式が $0$ 以下。すなわち $(\sum a_{i} b_{i})^{2} \leq (\sum a_{i}^{2}) (\sum b_{i}^{2})$ 、コーシー・シュワルツそのものだ( $\sum a_{i}^{2} = 0$ なら全 $a_{i} = 0$ で両辺 $0$ )。等号は $f (t) = 0$ となる $t$ があるとき。つまり各 $a_{i} t + b_{i} = 0$ 、比がすべてそろうときに限る。

恒等式(本解)からは「差が何であるか」まで分かる。判別式は「不等式だけを最短で」出す。両方の方法を知っておきたい。

ポイント

差(右辺 − 左辺)が平方の和になる。
平方和 $\geq 0$ からコーシー・シュワルツ。
等号は $a_{i} b_{j} = a_{j} b_{i}$ ( $a, b$ が比例)。

よくある間違い

展開の整理で $i = j$ の項の扱いを誤る(2つの和はどちらも $a_{i}^{2} b_{i}^{2}$ を含み、差でちょうど消える)。
等号成立条件( $a_{i} b_{j} = a_{j} b_{i}$ 、成分の比がすべてそろう)を書き忘れる。
$i < j$ の組を数え違える(3変数なら $(1, 2), (1, 3), (2, 3)$ の3組。平方は3個)。

問4条件つき不等式(和が1のもとでの積)

実戦編式と証明相加相乗条件つき対称式単元横断

問題

$a, b, c$ を正の実数で $a + b + c = 1$ を満たすものとする。 $(\frac{1}{a} - 1) (\frac{1}{b} - 1) (\frac{1}{c} - 1) \geq 8$ が成り立つことを示し、等号成立条件を述べよ。

ヒントを見る

$\frac{1}{a} - 1 = \frac{1 - a}{a}$ 、 $1 - a = b + c$ 。積は $\frac{( b + c ) ( c + a ) ( a + b )}{ab c}$ 。各因数に $b + c \geq 2 b c$ を使う。

解答・解説

方針

条件 $a + b + c = 1$ で $1 - a = b + c$ と書き直す。積を $\frac{( b + c ) ( c + a ) ( a + b )}{ab c}$ にし、各因数に相加相乗を適用して掛け合わせる。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{1}{a} - 1$ という形は、通分すると $\frac{1 - a}{a}$ 。ここで条件 $a + b + c = 1$ を使うと、 $1 - a = b + c$ と書き換えられる。

つまり左辺は $\frac{( b + c ) ( c + a ) ( a + b )}{ab c}$ 。分子の各因数は2数の和だから、相加相乗平均を使う。 $b + c \geq 2 b c$ を3つ作って掛け合わせると、根号がきれいに消えて $8 ab c$ が現れる。

公式相加相乗平均

b + c \geq 2 b c

(等号

b = c

)

① 条件で書き直す。 $a + b + c = 1$ より $1 - a = b + c$ 。よって $\frac{1}{a} - 1 = \frac{1 - a}{a} = \frac{b + c}{a}$ 。同様に他も書き直すと $(\frac{1}{a} - 1) (\frac{1}{b} - 1) (\frac{1}{c} - 1) = \frac{( b + c ) ( c + a ) ( a + b )}{ab c} .$ ② 各因数に相加相乗。 $a, b, c > 0$ より $b + c \geq 2 b c, c + a \geq 2 c a, a + b \geq 2 ab .$ 辺々掛けて $(b + c) (c + a) (a + b) \geq 8 b c c a ab = 8 a^{2} b^{2} c^{2} = 8 ab c .$ ③ 結論。 両辺を $ab c (> 0)$ で割って $\frac{( b + c ) ( c + a ) ( a + b )}{ab c} \geq 8.$ 等号は $b = c, c = a, a = b$ が同時、すなわち $a = b = c = \frac{1}{3}$ 。

まとめ条件で $\frac{1}{a} - 1 = \frac{b + c}{a}$ と書き直し、 $(b + c) (c + a) (a + b) \geq 8 ab c$ (相加相乗)を使うと $\geq 8$ 、等号 $a = b = c = \frac{1}{3}$ 。条件の書き直しと相加相乗の融合。

発展。 $n$ 変数でも、正の数の和が $1$ なら $\prod (\frac{1}{a _{i}} - 1) \geq (n - 1)^{n}$ が同じ論法で成り立つ(等号は全部 $\frac{1}{n}$ )。 $8 = 2^{3}$ はその $n = 3$ の場合だ。 $n = 2$ では積が常にちょうど $1$ になる(通分すると確かめられる)。

答

$\frac{1}{a} - 1 = \frac{1 - a}{a} = \frac{b + c}{a}$ 等。積 $= \frac{( b + c ) ( c + a ) ( a + b )}{ab c}$ 。相加相乗で $b + c \geq 2 b c$ 等を掛け合わせると $(b + c) (c + a) (a + b) \geq 8 ab c$ 。よって $\geq 8$ 。等号 $a = b = c = \frac{1}{3}$ 。

別解

別解:条件を先に使い切って「逆数の和 $\geq 9$ 」に持ちこむ(得意な人向けの高い視点)。 分子は対称式の恒等式で

$(a + b) (b + c) (c + a) = (a + b + c) (ab + b c + c a) - ab c$

と書ける。 $a + b + c = 1$ だから分子は $ab + b c + c a - ab c$ 。示すべき不等式は

$ab + b c + c a - ab c \geq 8 ab c ⟺ ab + b c + c a \geq 9 ab c .$

両辺を $ab c > 0$ で割ると $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 9$ 。 $a + b + c = 1$ を思い出せば、これは $(a + b + c) (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \geq 9$ のことで、コーシー・シュワルツ(または相加相乗2回)で示せる有名な形だ。等号は $a = b = c = \frac{1}{3}$ 。

「3つの相加相乗を掛ける」本解と、「条件で展開して既知の不等式に直す」この解。同じ山の別ルートである。

ポイント

$\frac{1}{a} - 1 = \frac{b + c}{a}$ ( $a + b + c = 1$ を使う)。
積 $= \frac{( b + c ) ( c + a ) ( a + b )}{ab c}$ 。
各因数に相加相乗 → $\geq 8$ 、等号 $a = b = c = \frac{1}{3}$ 。

よくある間違い

$\frac{1}{a} - 1 = \frac{1 - a}{a}$ の通分でつまずく、または $1 - a = b + c$ という条件の使いどころに気づかない。
相加相乗を3本掛け合わせるとき、全因数が正であることの確認を省く(負が混じると掛け算で不等号が壊れる)。
等号条件を「 $b = c$ かつ $c = a$ かつ $a = b$ 」で止め、条件 $a + b + c = 1$ と合わせて $a = b = c = \frac{1}{3}$ まで特定しない。

問5二項係数の重み付き和(微分・代入)

実戦編式と証明二項定理微分数列の和単元横断

問題

$n$ を自然数とする。 $k = 0 \sum n k^{2} (k n) = n (n + 1) 2^{n - 2}$ が成り立つことを示せ。

ヒントを見る

$(1 + x)^{n} = \sum (k n) x^{k}$ を微分すると係数に $k$ 。 $x$ を掛けてもう一度微分すると $k^{2}$ 。 $x = 1$ を代入。

解答・解説

方針

二項定理の恒等式に「 $x$ を掛けて微分」を $2$ 回施すと、係数に $k^{2}$ が現れる。最後に $x = 1$ を代入する。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ほしい和は $\sum k^{2} (k n)$ 。二項定理 $(1 + x)^{n} = \sum (k n) x^{k}$ の係数に $k^{2}$ を掛けたい。

係数に $k$ を1つ掛ける操作が「微分してから $x$ を掛ける」だ( $x^{k}$ が $k x^{k}$ になる)。 $k^{2}$ ならこの操作を2回繰り返す。仕上げに $x = 1$ を代入すれば、左辺が求める和、右辺が閉じた式になる。

定理二項定理

(1 + x)^{n} = k = 0 \sum n (k n) x^{k}

。演算

x \frac{d}{d x}

は

x^{k}

を

k x^{k}

にする

① $1$ 回目(係数に $k$ )。 両辺を微分して $x$ 倍: $x \frac{d}{d x} (1 + x)^{n} = n x (1 + x)^{n - 1} = k = 0 \sum n k (k n) x^{k} .$ ② $2$ 回目(係数に $k^{2}$ )。 これをもう一度微分して $x$ 倍する。左辺 $n x (1 + x)^{n - 1}$ を微分すると $n (1 + x)^{n - 1} + n (n - 1) x (1 + x)^{n - 2}$ 、 $x$ 倍して $n x (1 + x)^{n - 1} + n (n - 1) x^{2} (1 + x)^{n - 2} = k = 0 \sum n k^{2} (k n) x^{k} .$ ③ $x = 1$ を代入。 左辺は $n \cdot 1 \cdot 2^{n - 1} + n (n - 1) \cdot 1 \cdot 2^{n - 2} = 2^{n - 2} (2 n + n (n - 1)) = 2^{n - 2} (n^{2} + n) = n (n + 1) 2^{n - 2} .$ よって $k = 0 \sum n k^{2} (k n) = n (n + 1) 2^{n - 2}$ 。

まとめ二項定理に「微分して $x$ 倍」を $2$ 回施して係数に $k^{2}$ を作り、 $x = 1$ を代入して $n (n + 1) 2^{n - 2}$ 。二項定理と微分(重み付き和)の融合。

発展。 同じ手を3回使えば $\sum k^{3} (k n) = n^{2} (n + 3) 2^{n - 3}$ も出る。組合せの読み(別解)では「委員長・書記・会計」の兼任パターンの場合分けに対応する。「係数に $k$ を掛ける=役職を1つ増やす」という対応で、微分と数え上げを互いに言い換えられる。

答

$(1 + x)^{n} = \sum (k n) x^{k}$ を微分し $x$ 倍する操作を $2$ 回。 $x \frac{d}{d x}$ を作用させると係数に $k$ が掛かる。 $(x \frac{d}{d x})^{2} (1 + x)^{n}$ の $x = 1$ での値が $\sum k^{2} (k n)$ 。計算すると $n (n + 1) 2^{n - 2}$ 。

別解

別解:「委員会と役職」で数える(得意な人向けの高い視点)。 $n$ 人から委員会(人数は自由)を作り、その中から委員長と書記を選ぶ(兼任可)。この選び方の総数を2通りに数える。

数え方1: 委員会の人数 $k$ で場合分け。委員会が $(k n)$ 通り、役職の選び方が $k \times k = k^{2}$ 通り。合計は左辺 $\sum k^{2} (k n)$ 。

数え方2: 役職から先に決める。

委員長と書記が別人のとき: 選び方 $n (n - 1)$ 通り。残り $n - 2$ 人は入るか入らないか自由で $2^{n - 2}$ 通り。
兼任のとき: $n$ 通り。残り $n - 1$ 人が自由で $2^{n - 1}$ 通り。

$n (n - 1) 2^{n - 2} + n 2^{n - 1} = n 2^{n - 2} {(n - 1) + 2} = n (n + 1) 2^{n - 2} .$

微分(本解)が機械的に押すところを、こちらは「誰から決めるか」の入れ替えだけで出す。 $2^{n - 2}$ や $n + 1$ の出どころが目に見えるのが利点だ。

ポイント

「微分して $x$ 倍」で係数に $k$ が掛かる。
$2$ 回施して $k^{2}$ 、最後に $x = 1$ 。
$2^{n - 2} (n^{2} + n) = n (n + 1) 2^{n - 2}$ 。

よくある間違い

「微分してから $x$ を掛ける」の順番を崩し、 $\sum k (k - 1) (k n)$ (2回微分だけ)を計算してしまう。
$x = 1$ を微分の前に代入してしまう(先に代入すると定数になり、操作が死ぬ)。
検算を怠る( $n = 2$ なら左辺 $0 + 2 + 4 = 6$ 、右辺 $2 \cdot 3 \cdot 2^{0} = 6$ 。合わなければ操作の順番ミス)。

問6x+1/x の対称式は整数係数多項式(漸化式)

実戦編式と証明対称式漸化式数学的帰納法単元横断

問題

$x \neq = 0$ とし、 $t = x + \frac{1}{x}$ とおく。各自然数 $n$ に対して $x^{n} + \frac{1}{x ^{n}}$ は $t$ の整数係数の多項式で表せることを示し、 $x^{5} + \frac{1}{x ^{5}}$ を $t$ で表せ。

ヒントを見る

$p_{n} = x^{n} + x^{- n}$ とおく。 $(x + \frac{1}{x}) (x^{n} + \frac{1}{x ^{n}})$ を展開すると $p_{n + 1} + p_{n - 1}$ 。漸化式 $p_{n + 1} = t p_{n} - p_{n - 1}$ 。

解答・解説

方針

$p_{n} = x^{n} + x^{- n}$ の漸化式 $p_{n + 1} = t p_{n} - p_{n - 1}$ を導く。初期値が整数係数多項式なので、帰納的にすべて整数係数。順に計算して $p_{5}$ 。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x^{n} + \frac{1}{x ^{n}}$ たちは、べきが1つ違いの仲間と連動している。試しに $t = x + \frac{1}{x}$ を掛けると、 $x^{n + 1} + \frac{1}{x ^{n + 1}}$ と $x^{n - 1} + \frac{1}{x ^{n - 1}}$ の和が出てくる。

つまり $p_{n} = x^{n} + x^{- n}$ とおけば、3項間の漸化式 $p_{n + 1} = t p_{n} - p_{n - 1}$ が立つ。出発点 $p_{0} = 2$ 、 $p_{1} = t$ は $t$ の整数係数多項式。漸化式は「 $t$ を掛けて前を引く」だけだから、整数係数のまま次々に上がれる。帰納法の形が見えた。

重要

p_{n} = x^{n} + x^{- n}

とすると

p_{n + 1} = t p_{n} - p_{n - 1}

(

p_{0} = 2, p_{1} = t

)

① 漸化式の導出。 $t p_{n} = (x + \frac{1}{x}) (x^{n} + \frac{1}{x ^{n}}) = (x^{n + 1} + \frac{1}{x ^{n + 1}}) + (x^{n - 1} + \frac{1}{x ^{n - 1}}) = p_{n + 1} + p_{n - 1} .$ よって $p_{n + 1} = t p_{n} - p_{n - 1}$ 。

② 整数係数の保存(帰納法)。 $p_{0} = 2, p_{1} = t$ は整数係数。 $p_{n - 1}, p_{n}$ が整数係数多項式なら、 $t p_{n} - p_{n - 1}$ も整数係数の和・積・差だから整数係数。よってすべての $n$ で $p_{n}$ は $t$ の整数係数多項式。

③ 順に計算。 $p_{2} = t \cdot t - 2 = t^{2} - 2, p_{3} = t (t^{2} - 2) - t = t^{3} - 3 t,$ $p_{4} = t (t^{3} - 3 t) - (t^{2} - 2) = t^{4} - 4 t^{2} + 2, p_{5} = t (t^{4} - 4 t^{2} + 2) - (t^{3} - 3 t) = t^{5} - 5 t^{3} + 5 t .$ よって $x^{5} + \frac{1}{x ^{5}} = t^{5} - 5 t^{3} + 5 t$ 。

まとめ $t p_{n} = p_{n + 1} + p_{n - 1}$ から漸化式 $p_{n + 1} = t p_{n} - p_{n - 1}$ 、帰納法で整数係数、 $p_{5} = t^{5} - 5 t^{3} + 5 t$ 。対称式と漸化式(帰納法)の融合。

発展。 相反方程式への応用が有名だ。 $x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1 = 0$ ( $x^{5} = 1$ の $x \neq = 1$ の部分)を $x^{2}$ で割って $t = x + \frac{1}{x}$ に直すと $t^{2} + t - 1 = 0$ 。ここから $t = 2 cos 7 2^{\circ} = \frac{- 1 + 5}{2}$ 、つまり $cos 7 2^{\circ} = \frac{5 - 1}{4}$ が求まる。「次数を半分にする」置き換えである。

答

$p_{n} = x^{n} + x^{- n}$ とおくと $p_{n + 1} = t p_{n} - p_{n - 1}$ ( $p_{0} = 2, p_{1} = t$ )。整数係数が帰納的に保たれる。 $p_{2} = t^{2} - 2, p_{3} = t^{3} - 3 t, p_{4} = t^{4} - 4 t^{2} + 2, p_{5} = t^{5} - 5 t^{3} + 5 t$ 。

別解

別解: $x$ を単位円に乗せて「 $n$ 倍角」と読む(得意な人向けの高い視点)。 絶対値 $1$ の複素数 $x = cos θ + i sin θ$ を入れてみる。 $\frac{1}{x} = cos θ - i sin θ$ だから

$t = x + \frac{1}{x} = 2 cos θ, x^{n} + \frac{1}{x ^{n}} = 2 cos n θ$

(ド・モアブルの定理)。つまり $p_{n} (t)$ は「 $2 cos n θ$ を $2 cos θ$ の多項式で表す式」で、 $n$ 倍角の公式そのものである。 $p_{2} = t^{2} - 2$ は $2 cos 2 θ = (2 cos θ)^{2} - 2$ 、 $p_{3} = t^{3} - 3 t$ は3倍角。本問の $p_{5} = t^{5} - 5 t^{3} + 5 t$ は5倍角の公式そのものである。

漸化式 $p_{n + 1} = t p_{n} - p_{n - 1}$ も、加法定理からくる $cos (n + 1) θ + cos (n - 1) θ = 2 cos θ cos n θ$ と同じ式だ。代数の漸化式と三角関数の公式が、1本につながっている。

ポイント

$t p_{n} = p_{n + 1} + p_{n - 1}$ から $3$ 項間漸化式。
$p_{0} = 2, p_{1} = t$ と帰納法で整数係数を保つ。
$p_{5} = t^{5} - 5 t^{3} + 5 t$ 。

よくある間違い

積 $t p_{n}$ の交差項を忘れて $p_{n + 1} = t p_{n}$ と1項間で進めてしまう( $x \cdot x^{- n}$ 型の項が $p_{n - 1}$ として残るのが3項間の理由)。
$p_{0} = 2$ を $1$ とする( $x^{0} + x^{- 0} = 1 + 1 = 2$ 。3項間漸化式は初期値が2つ要る)。
$p_{4} = t^{4} - 4 t^{2} + 2$ の定数項 $+ 2$ を落とし、 $p_{5}$ の1次の項 $+ 5 t$ が合わなくなる。

問7部分分数分解による望遠鏡和

実戦編式と証明部分分数数列の和恒等式単元横断

問題

$n$ を自然数とする。 $k = 1 \sum n \frac{1}{k ( k + 1 ) ( k + 2 )} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2 ( n + 1 ) ( n + 2 )}$ が成り立つことを示せ。

ヒントを見る

$\frac{1}{k ( k + 1 ) ( k + 2 )}$ を $\frac{1}{2} {\frac{1}{k ( k + 1 )} - \frac{1}{( k + 1 ) ( k + 2 )}}$ に。和は隣どうし打ち消す。残るのは両端。

解答・解説

方針

一般項を「隣り合う $2$ 項の差」に部分分数分解する。和をとると中間項が打ち消し合い(望遠鏡)、両端だけが残る。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 分母が「連続する3整数の積」。このままでは足せないが、和が消える形に分解できれば話が変わる。

ねらいは「隣どうしの差」の形。こうなれば、足したとき中間が全部打ち消し合い、両端だけが残る(望遠鏡和)。 $\frac{1}{k ( k + 1 ) ( k + 2 )}$ は、 $\frac{1}{k ( k + 1 )}$ と $\frac{1}{( k + 1 ) ( k + 2 )}$ の差の $\frac{1}{2}$ 倍。この分解が見つかれば、ほぼ解けたことになる。

重要

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

① 部分分数分解。 $\frac{1}{k ( k + 1 )} - \frac{1}{( k + 1 ) ( k + 2 )} = \frac{( k + 2 ) - k}{k ( k + 1 ) ( k + 2 )} = \frac{2}{k ( k + 1 ) ( k + 2 )},$ ゆえに $\frac{1}{k ( k + 1 ) ( k + 2 )} = \frac{1}{2} {\frac{1}{k ( k + 1 )} - \frac{1}{( k + 1 ) ( k + 2 )}}$ 。

② 望遠鏡和。 $a_{k} = \frac{1}{k ( k + 1 )}$ とおくと一般項は $\frac{1}{2} (a_{k} - a_{k + 1})$ 。和は $k = 1 \sum n \frac{1}{2} (a_{k} - a_{k + 1}) = \frac{1}{2} (a_{1} - a_{n + 1}) = \frac{1}{2} {\frac{1}{1 \cdot 2} - \frac{1}{( n + 1 ) ( n + 2 )}} .$ ③ 整理。 $= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} - \frac{1}{2 ( n + 1 ) ( n + 2 )} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2 ( n + 1 ) ( n + 2 )} .$

まとめ一般項を差 $\frac{1}{2} (a_{k} - a_{k + 1})$ ( $a_{k} = \frac{1}{k ( k + 1 )}$ )に分解すると望遠鏡和で両端だけ残り、 $\frac{1}{4} - \frac{1}{2 ( n + 1 ) ( n + 2 )}$ 。部分分数(恒等式)と数列の和の融合。

発展。 $n \to \infty$ とすると第2項が消え、無限和は $\frac{1}{4}$ に収束する。分母を4連続 $k (k + 1) (k + 2) (k + 3)$ に増やしても、同じ形の分解 $\frac{1}{3} {\frac{1}{k ( k + 1 ) ( k + 2 )} - \frac{1}{( k + 1 ) ( k + 2 ) ( k + 3 )}}$ で望遠鏡が組める。連続整数の積は最初から「差に開ける」構造を持っている。

答

$\frac{1}{k ( k + 1 ) ( k + 2 )} = \frac{1}{2} {\frac{1}{k ( k + 1 )} - \frac{1}{( k + 1 ) ( k + 2 )}}$ 。和は望遠鏡で $\frac{1}{2} {\frac{1}{1 \cdot 2} - \frac{1}{( n + 1 ) ( n + 2 )}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2 ( n + 1 ) ( n + 2 )}$ 。

別解

別解:3つの分数にばらして縦に消す(苦手な人向け)。 定数 $A, B, C$ で

$\frac{1}{k ( k + 1 ) ( k + 2 )} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k + 1} + \frac{C}{k + 2}$

と置き、分母を払って係数を比べると $A = \frac{1}{2}$ 、 $B = - 1$ 、 $C = \frac{1}{2}$ 。和をとると、 $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{k}$ の列、 $- \frac{1}{k + 1}$ の列、 $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{k + 2}$ の列が1つずつずれて並ぶ。縦に見ると、途中の各分数 $\frac{1}{m}$ ( $3 \leq m \leq n$ )には $\frac{1}{2} - 1 + \frac{1}{2} = 0$ が掛かって全部消える。残るのは両端の数項だけ。整理すると本解と同じ $\frac{1}{4} - \frac{1}{2 ( n + 1 ) ( n + 2 )}$ になる。

本解の「2項の差 $\times \frac{1}{2}$ 」はこの3項分解をあらかじめ望遠鏡の形に束ねたものだ。束ねた形の方が消え方は見やすい。

ポイント

一般項を「隣の差」に部分分数分解。
望遠鏡和で中間が打ち消え両端だけ残る。
$\frac{1}{2} {\frac{1}{2} - \frac{1}{( n + 1 ) ( n + 2 )}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2 ( n + 1 ) ( n + 2 )}$ 。

よくある間違い

分解の係数 $\frac{1}{2}$ を落とす( $k = 1$ で $\frac{1}{6} = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} - \frac{1}{6})$ の検算を一度やる)。
望遠鏡で残る項を取り違える(消えるのは中間、残るのは先頭の $\frac{1}{1 \cdot 2}$ と末尾の $\frac{1}{( n + 1 ) ( n + 2 )}$ )。
無限和の値 $\frac{1}{4}$ だけ覚えていて、有限和の第2項 $- \frac{1}{2 ( n + 1 ) ( n + 2 )}$ を書き忘れる。

問8相加相乗平均で階乗を評価

実戦編式と証明相加相乗階乗不等式単元横断

問題

$n$ を自然数とする。 $n! \leq (\frac{n + 1}{2})^{n}$ が成り立つことを示せ。

ヒントを見る

$1, 2, \dots, n$ の相加平均と相乗平均を比べる。相加平均 $= \frac{1 + 2 + \dots + n}{n} = \frac{n + 1}{2}$ 、相乗平均 $= n n!$ 。

解答・解説

方針

$1$ から $n$ までの $n$ 個の数に相加相乗平均の不等式を使う。相加平均は $\frac{n + 1}{2}$ 、相乗平均は $n n!$ 。両辺を $n$ 乗する。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 左辺 $n!$ は $1, 2, \dots, n$ の積。右辺の $\frac{n + 1}{2}$ は $1, 2, \dots, n$ の平均だ。「積を平均で抑える」ときたら相加相乗平均の不等式が浮かぶ。

$n$ 個の数 $1, 2, \dots, n$ に相加相乗を使うと、相加平均が $\frac{n + 1}{2}$ 、相乗平均が $n n!$ 。あとは両辺とも正だから、 $n$ 乗しても不等号の向きは変わらない。

公式相加相乗平均:

n

個の正数で

\frac{a _{1} + \dots + a _{n}}{n} \geq n a_{1} \dots a_{n}

(等号は全て等しいとき)

① 相加相乗を適用。 $a_{k} = k$ ( $k = 1, \dots, n$ )に相加相乗平均を使うと $\frac{1 + 2 + \dots + n}{n} \geq n 1 \cdot 2 \dots n = n n! .$ ② 相加平均を計算。 $1 + 2 + \dots + n = \frac{n ( n + 1 )}{2}$ より $\frac{1 + 2 + \dots + n}{n} = \frac{n ( n + 1 ) /2}{n} = \frac{n + 1}{2} .$ ③ $n$ 乗する。 $\frac{n + 1}{2} \geq n n!$ の両辺(正)を $n$ 乗して $(\frac{n + 1}{2})^{n} \geq n! .$ 等号は $1 = 2 = \dots = n$ のとき、すなわち $n = 1$ のときのみ。

まとめ $1, \dots, n$ に相加相乗平均を当てると $\frac{n + 1}{2} \geq n n!$ 、 $n$ 乗して $n! \leq (\frac{n + 1}{2})^{n}$ 。相加相乗平均と階乗(和の公式)の融合。積の評価に相加相乗を使えば解ける。

発展。 $n = 10$ で比べると $10! = 3628800$ 、右辺は $5. 5^{10} \approx 2.5 \times 1 0^{7}$ 。上限にはかなり余裕がある。実際の $n!$ は $(\frac{n}{e})^{n}$ 程度の大きさで(スターリングの公式)、平均 $\frac{n + 1}{2}$ より小さい $\frac{n}{e}$ が「実効的な平均因子」になっている。積の実力を測るのは相乗平均、という好例だ。

答

$1, 2, \dots, n$ に相加相乗平均を適用すると $\frac{1 + 2 + \dots + n}{n} \geq n 1 \cdot 2 \dots n = n n!$ 。左辺 $= \frac{n + 1}{2}$ 。 $n$ 乗して $(\frac{n + 1}{2})^{n} \geq n!$ 。

別解

別解:両端からペアにして掛ける(得意な人向けの高い視点)。 $1, 2, \dots, n$ を両端からペアにする。 $k$ と $n + 1 - k$ の積は、2数の相加相乗(または2次関数の頂点)から

$k (n + 1 - k) \leq (\frac{k + ( n + 1 - k )}{2})^{2} = (\frac{n + 1}{2})^{2} .$

これを $k = 1, 2, \dots, n$ で全部掛け合わせる。左辺の積は $1, 2, \dots, n$ がちょうど2回ずつ現れて $(n!)^{2}$ 。よって

$(n!)^{2} \leq (\frac{n + 1}{2})^{2 n} ⟹ n! \leq (\frac{n + 1}{2})^{n} .$

$n$ 変数の相加相乗(本解)を使わず、2変数の相加相乗 $n$ 回だけで同じ結論に届いた。大きな道具を、小さな道具の繰り返しに分解する証明になっている。

ポイント

$n!$ は $n$ 個の数の積 → 相加相乗平均。
相加平均 $\frac{n + 1}{2}$ 、相乗平均 $n n!$ 。
$n$ 乗して $n! \leq (\frac{n + 1}{2})^{n}$ 。

よくある間違い

相乗平均を $n n!$ でなく $\frac{n !}{n}$ などと取り違える。
$n$ 乗しても不等号の向きが変わらない根拠(両辺が正)をひとこと言わない。
等号の検討を忘れる( $n \geq 2$ では $1, 2, \dots, n$ がすべて等しくはならないので実は真に小さい。等号は $n = 1$ のみ)。

式と証明 実戦編の問題 全8問

問1二項係数の平方和(係数比較)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問2対称式の因数分解と3変数の相加相乗

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問3コーシー・シュワルツの不等式(ラグランジュ恒等式)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問4条件つき不等式(和が1のもとでの積)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問5二項係数の重み付き和(微分・代入)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問6x+1/x の対称式は整数係数多項式(漸化式)

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問7部分分数分解による望遠鏡和

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

問8相加相乗平均で階乗を評価

問題

方針

解答

別解

ポイント

よくある間違い

式と証明実戦編の問題全8問