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東京大学　2020年度　前期日程　文科

第4問整式・数列の解答・解説

基本対称式・多項式の積・係数比較・漸化式当サイトの体感難易度：難最終更新 2026/10/11

問題文について

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(1) $n \geq 2$ に対して $a_{n, 2}$ を求める

答 $a_{n, 2} = \frac{( 2 ^{n} - 1 ) ( 2 ^{n} - 2 )}{3}$

$a_{n, 2}$ は「相異なる2つの積の総和」なので、 $(全部の和)^{2}$ を展開したものから、同じもの同士の積を引いて $2$ で割ればよい。どちらの和も等比数列なので、すぐに closed form になる。

$S = m = 0 \sum n - 1 2^{m} = 2^{n} - 1$ 、 $T = m = 0 \sum n - 1 4^{m} = \frac{4 ^{n} - 1}{3}$ とおく。

S^{2} = m \sum (2^{m})^{2} + 2 m < m^{'} \sum 2^{m} 2^{m^{'}} = T + 2 a_{n, 2}

なので

a_{n, 2} = \frac{S ^{2} - T}{2} = \frac{1}{2} {(2^{n} - 1)^{2} - \frac{4 ^{n} - 1}{3}}

である。中身を通分すると

3 (2^{n} - 1)^{2} - (4^{n} - 1) = 3 \cdot 4^{n} - 6 \cdot 2^{n} + 3 - 4^{n} + 1 = 2 \cdot 4^{n} - 6 \cdot 2^{n} + 4 = 2 (2^{n} - 1) (2^{n} - 2)

なので

a_{n, 2} = \frac{( 2 ^{n} - 1 ) ( 2 ^{n} - 2 )}{3}

である。

$n = 4$ なら $\frac{15 \cdot 14}{3} = 70$ で、 $1 \cdot 2 + 1 \cdot 4 + 1 \cdot 8 + 2 \cdot 4 + 2 \cdot 8 + 4 \cdot 8 = 70$ と合う。 $(2^{n} - 1) (2^{n} - 2)$ は連続する2整数の積ではないが、 $2^{n} - 1$ と $2^{n} - 2$ のどちらかが $3$ の倍数になるので、商は必ず整数である。

定義どおりに全組合せの積を足して $a_{n, 2}$ を計算すると、 $2 \leq n \leq 12$ のすべてで $\frac{( 2 ^{n} - 1 ) ( 2 ^{n} - 2 )}{3}$ と一致した。 $n = 4$ では $70$ 、 $n = 5$ では $\frac{31 \cdot 30}{3} = 310$ である。

$a_{n, 2}$ は「相異なる2つ」の積の和なので、 $2$ で割るのを忘れない。 $S^{2}$ では同じ組が2回ずつ現れる。

$\sum (2^{m})^{2} = \sum 4^{m}$ であって $(\sum 2^{m})^{2}$ ではない。公比が $4$ の等比数列になる。

(2) $\frac{f _{n + 1} ( x )}{f _{n} ( x )}$ と $\frac{f _{n + 1} ( x )}{f _{n} ( 2 x )}$ を $x$ の整式で表す

答 $\frac{f _{n + 1} ( x )}{f _{n} ( x )} = 1 + 2^{n} x$ 、 $\frac{f _{n + 1} ( x )}{f _{n} ( 2 x )} = 1 + x$

$a_{n, k}$ は $2^{0}, 2^{1}, \dots, 2^{n - 1}$ の基本対称式なので、 $f_{n} (x)$ はそれらを根にもつ式の形、つまり $\prod (1 + 2^{m} x)$ そのものである。この積の形にしてしまえば、 $n$ を $1$ 増やす操作も $x$ を $2 x$ に替える操作も、因数が1つずれるだけになる。

$a_{n, k}$ は $2^{0}, 2^{1}, \dots, 2^{n - 1}$ から $k$ 個選んだ積の総和、つまり基本対称式である。 $(1 + 2^{0} x) (1 + 2^{1} x) \dots (1 + 2^{n - 1} x)$ を展開すると、 $x^{k}$ の係数はちょうど「 $k$ 個の $2^{m}$ を選んだ積の総和」になるので

f_{n} (x) = m = 0 \prod n - 1 (1 + 2^{m} x)

である（ $a_{n, 0} = 1$ も合っている）。

1つめ。 積の形から、 $n$ を $1$ 増やすと因数が1つ増えるだけで

f_{n + 1} (x) = f_{n} (x) (1 + 2^{n} x) ⟹ \frac{f _{n + 1} ( x )}{f _{n} ( x )} = 1 + 2^{n} x

である。

2つめ。 $x$ を $2 x$ に替えると、各因数の指数が1つずつ上がって

f_{n} (2 x) = m = 0 \prod n - 1 (1 + 2^{m + 1} x) = m = 1 \prod n (1 + 2^{m} x) = \frac{f _{n + 1} ( x )}{1 + x}

となる（ $f_{n + 1}$ の積から $m = 0$ の因数 $1 + x$ を取り除いた形）。よって

\frac{f _{n + 1} ( x )}{f _{n} ( 2 x )} = 1 + x

である。

$f_{n} (x) = \prod (1 + 2^{m} x)$ であることは、 $n$ についての帰納法でも示せる。 $f_{n + 1}$ の $x^{k}$ の係数 $a_{n + 1, k}$ を「 $2^{n}$ を選ぶか選ばないか」で分けると $a_{n + 1, k} = a_{n, k} + 2^{n} a_{n, k - 1}$ となり、これは $f_{n + 1} (x) = f_{n} (x) (1 + 2^{n} x)$ の係数比較そのものである。

$1 \leq n \leq 9$ について $f_{n} (x)$ の係数を定義から計算し、 $f_{n + 1} (x)$ を $f_{n} (x)$ と $f_{n} (2 x)$ で多項式として割ると、商はそれぞれ $1 + 2^{n} x$ と $1 + x$ 、余りはどちらも $0$ になった。

$f_{n} (2 x)$ は $f_{n} (x)$ の各項に $2^{k}$ を掛けたもの（ $\sum a_{n, k} 2^{k} x^{k}$ ）である。積の形で見ると「指数が1つずれる」と分かるが、係数の形のままだと見通しが悪い。

$f_{n + 1} (x)$ は $f_{n} (x)$ の因数を1つ後ろに足したもの、 $f_{n} (2 x)$ は因数を1つ前から外したものである。どちらも $f_{n + 1}$ との差が1因数なので、商が1次式になる。

(3) $\frac{a _{n + 1, k + 1}}{a _{n, k}}$ を $n, k$ で表す

答 $\frac{a _{n + 1, k + 1}}{a _{n, k}} = \frac{2 ^{k} ( 2 ^{n + 1} - 1 )}{2 ^{k + 1} - 1}$

(2) で $f_{n + 1}$ の表し方が2通り得られた。同じ $x^{k + 1}$ の係数を2通りに書けば、 $a_{n + 1, k + 1}$ を含む等式が2本できる。 $a_{n, k + 1}$ を消去すれば、 $a_{n + 1, k + 1}$ と $a_{n, k}$ だけの関係が残る。

(2) の2つの式を使う。まず $f_{n + 1} (x) = f_{n} (x) (1 + 2^{n} x)$ の $x^{k + 1}$ の係数を比べて

a_{n + 1, k + 1} = a_{n, k + 1} + 2^{n} a_{n, k} \dots ①

である。次に $f_{n + 1} (x) = f_{n} (2 x) (1 + x)$ を使う。 $f_{n} (2 x) = j \sum a_{n, j} 2^{j} x^{j}$ なので、 $x^{k + 1}$ の係数は

a_{n + 1, k + 1} = 2^{k + 1} a_{n, k + 1} + 2^{k} a_{n, k} \dots ②

である。

$a_{n, k + 1}$ を消す。 ① $\times 2^{k + 1}$ から ② を引くと

(2^{k + 1} - 1) a_{n + 1, k + 1} = (2^{n + k + 1} - 2^{k}) a_{n, k} = 2^{k} (2^{n + 1} - 1) a_{n, k}

となる。 $a_{n, k} > 0$ 、 $2^{k + 1} - 1 > 0$ なので割ってよく

\frac{a _{n + 1, k + 1}}{a _{n, k}} = \frac{2 ^{k} ( 2 ^{n + 1} - 1 )}{2 ^{k + 1} - 1}

である。

$① \times 2^{k + 1} - ②$ の左辺は $(2^{k + 1} - 1) a_{n + 1, k + 1}$ 、右辺の $a_{n, k + 1}$ の項は $2^{k + 1} a_{n, k + 1} - 2^{k + 1} a_{n, k + 1} = 0$ で消える。残るのは $2^{k + 1} \cdot 2^{n} a_{n, k} - 2^{k} a_{n, k}$ である。

$n = 3$ 、 $k = 2$ では $\frac{a _{4, 3}}{a _{3, 2}} = \frac{120}{14} = \frac{60}{7}$ で、 $\frac{2 ^{2} ( 2 ^{4} - 1 )}{2 ^{3} - 1} = \frac{4 \cdot 15}{7} = \frac{60}{7}$ と一致する。 $1 \leq n \leq 10$ 、 $1 \leq k \leq n$ のすべての組で、分数のまま計算して一致することを確かめた。

②を作るとき、 $f_{n} (2 x)$ の $x^{j}$ の係数が $a_{n, j} 2^{j}$ であることを使う。 $a_{n, j}$ のままにすると ① と同じ式になってしまい、消去ができない。

消去する相手は $a_{n, k + 1}$ である。 $a_{n + 1, k + 1}$ を消してしまうと目的の比が出ない。①の両辺を $2^{k + 1}$ 倍してから引く、という順番が要点である。

$k = n$ のときも成り立つ（ $a_{n, n} = 2^{0 + 1 + \dots + (n - 1)}$ ）。式の上では $k \leq n$ の範囲すべてで使える。

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問題文について

(1)n≥2 に対して an,2​ を求める

(2)fn​(x)fn+1​(x)​ と fn​(2x)fn+1​(x)​ を x の整式で表す

(3)an,k​an+1,k+1​​ を n,k で表す

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