解説

方針・初手

和 $f_k(n)=\sum_{m=1}^n m^k$ を直接計算するのではなく、差

$$ m^{r}-(m-1)^r

$$

を $m$ の多項式として展開し、$m=1,2,\dots,n$ で足し合わせる。左辺は望ましく消去して $n^r$ になるため、$f_k(n)$ をより低次の $f_j(n)$ と結びつけられる。

解法1

（1）

与えられた等式

$$ m^3-(m-1)^3=3m^2-3m+1

$$

を $m=1,2,\dots,n$ について足し合わせる。

左辺は望ましく消去して

$$ \sum_{m=1}^n{m^3-(m-1)^3}=n^3

$$

となる。一方、右辺は

$$ \sum_{m=1}^n(3m^2-3m+1)=3f_2(n)-3f_1(n)+n

$$

である。したがって

$$ n^3=3f_2(n)-3f_1(n)+n

$$

である。

ここで

$$ f_1(n)=\frac{1}{2}n(n+1)

$$

を用いると、

$$ n^3=3f_2(n)-\frac{3}{2}n(n+1)+n

$$

となる。よって

$$ 3f_2(n)=n^3+\frac{3}{2}n(n+1)-n

$$

であるから、

$$ \begin{aligned} f_2(n) &=\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{2}n(n+1)-\frac{1}{3}n \\ &=\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{6}n \\ &=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1). \end{aligned}

$$

したがって

$$ f_2(n)=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)

$$

である。

（2）

まず、$f_0(n)$ を

$$ f_0(n)=\sum_{m=1}^n 1=n

$$

と定める。

一般に、二項定理より

$$ m^{k+1}-(m-1)^{k+1} =(k+1)m^k-{}_{k+1}\mathrm{C}_{2}m^{k-1}+{}_{k+1}\mathrm{C}_{3}m^{k-2}-\cdots+(-1)^k

$$

である。

これを $m=1,2,\dots,n$ について足し合わせると、左辺は

$$ \sum_{m=1}^n{m^{k+1}-(m-1)^{k+1}}=n^{k+1}

$$

となる。よって

$$ n^{k+1} =(k+1)f_k(n)-{}_{k+1}\mathrm{C}_{2}f_{k-1}(n)+{}_{k+1}\mathrm{C}_{3}f_{k-2}(n)-\cdots+(-1)^k f_0(n)

$$

である。

この式を $f_k(n)$ について解くと、

$$ f_k(n) =\frac{1}{k+1}n^{k+1} +\frac{1}{k+1} \left\{ {}_{k+1}\mathrm{C}_{2}f_{k-1}(n)-{}_{k+1}\mathrm{C}_{3}f_{k-2}(n)+\cdots-(-1)^k f_0(n) \right\}

$$

となる。

ここで $f_0(n)=n$ は $n$ の $1$ 次式であり、$f_1(n)$ は $n$ の $2$ 次式である。上の関係式により、$f_0(n),f_1(n),\dots,f_{k-1}(n)$ がそれぞれ $n$ の多項式ならば、$f_k(n)$ も $n$ の多項式である。

また、右辺の第1項

$$ \frac{1}{k+1}n^{k+1}

$$

以外の部分は、$f_{k-1}(n),f_{k-2}(n),\dots,f_0(n)$ の線形結合である。帰納法の仮定により、これらの次数はそれぞれ高くても $k,k-1,\dots,1$ であるから、$n^{k+1}$ の項は第1項からしか現れない。

したがって、$f_k(n)$ は $n$ についての $(k+1)$ 次式であり、$n^{k+1}$ の係数は

$$ \frac{1}{k+1}

$$

である。

（3）

$f_k(n)$ における $n^k$ の係数を $a_k$ とおく。

（2） で得た関係式

$$ n^{k+1} =(k+1)f_k(n)-{}_{k+1}\mathrm{C}_{2}f_{k-1}(n)+{}_{k+1}\mathrm{C}_{3}f_{k-2}(n)-\cdots+(-1)^k f_0(n)

$$

において、両辺の $n^k$ の係数を比較する。

左辺 $n^{k+1}$ には $n^k$ の項がないので、その係数は $0$ である。

右辺で $n^k$ の項を生むのは、$(k+1)f_k(n)$ と $-{}_{k+1}\mathrm{C}_{2}f_{k-1}(n)$ のみである。なぜなら、$f_{k-2}(n),f_{k-3}(n),\dots,f_0(n)$ の次数は高くても $k-1$ 以下だからである。

また、（2） より、$f_{k-1}(n)$ における最高次項 $n^k$ の係数は

$$ \frac{1}{k}

$$

である。

したがって、$n^k$ の係数を比較して

$$ 0=(k+1)a_k-{}_{k+1}\mathrm{C}_{2}\cdot\frac{1}{k}

$$

を得る。よって

$$ \begin{aligned} (k+1)a_k &=\frac{(k+1)k}{2}\cdot\frac{1}{k} \\ &=\frac{k+1}{2} \end{aligned}

$$

であるから、

$$ a_k=\frac{1}{2}

$$

である。

したがって、$f_k(n)$ における $n^k$ の係数は

$$ \frac{1}{2}

$$

である。

解説

この問題の中心は、累乗和を直接求めるのではなく、差

$$ m^{r}-(m-1)^r

$$

を足し合わせることで、左辺を $n^r$ に簡約する点にある。

（1） はその具体例であり、$m^3-(m-1)^3$ から $f_2(n)$ を求める問題である。

（2） では同じ発想を一般化し、

$$ m^{k+1}-(m-1)^{k+1}

$$

を展開することで、$f_k(n)$ を $f_{k-1}(n),f_{k-2}(n),\dots,f_0(n)$ によって表す。これにより、帰納的に $f_k(n)$ が $n$ の $(k+1)$ 次式であることが分かる。

（3） では多項式全体を求める必要はない。次数に注目して、$n^k$ の係数を比較すればよい。$f_{k-2}(n)$ 以下は次数が低いため、$n^k$ の係数には影響しない。この見極めが重要である。

答え

**(1)**

$$ f_2(n)=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)

$$

**(2)**

$f_k(n)$ は $n$ についての $(k+1)$ 次式であり、$n^{k+1}$ の係数は

$$ \frac{1}{k+1}

$$

である。

**(3)**

$f_k(n)$ における $n^k$ の係数は

$$ \frac{1}{2}

$$

である。