x^k-x^(k-1)-…x-1=0 の解の累乗の和についての予想(その2・予想の証明とk-リュカ数)

予想,k-ナッチ数列,k-リュカ数列

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はじめに

この記事は以前書いた記事

〇　 x^k-x^(k-1)-…x-1=0 の解の累乗の和についての予想

の続きになります。まだ読んでいない方は先に上記の記事を読んでからこの記事を読むことをおすすめします。

予想の内容

あらためて予想の内容を書くと次のようなものでした。

$x^k-x^{k-1}-…-x-1=0$ の解の累乗の和についての予想

$k$ を自然数とする。また、$n$ を $k$ 以下の自然数とする。
$x$ の方程式 $x^k-x^{k-1}-\cdots -x^3-x^2-x-1=0$ の解を $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\cdots,\alpha_k$ とすると
${\displaystyle \sum_{i=1}^{k}\alpha_i^n=2^n-1 }$
が成り立つ。

この記事をアップしてから、Mathlog のコメントや Twitter でたくさんの情報をいただきました。おかげさまで予想が正しいことを証明できました!皆様のご協力にこの場を借りて感謝いたします。
〇　 kzaukzau さんのコメント
〇　 iida_256 さんの記事　apu氏の予想に関する考察[2]
〇　おめさんのツイート
〇　ババ。さんのツイート
〇　たけのこ赤軍さんのツイート

証明

解に $x=1$ を加える

式を簡単にするためにひと手間加えます。
$x^k-x^{k-1}-\cdots -x^3-x^2-x-1=0$
の両辺に $(x-1)$ を乗じると
$x^{k+1}-2x^{k}+1=0$
となります。
$f_k(x):=x^{k+1}-2x^{k}+1$
と定義し、$\alpha_{k+1}=1$ とすると、$x$ の方程式 $f_k(x)=0$ の解は
$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\cdots,\alpha_{k+1}$
となります。こうすることで、
${\displaystyle \sum_{i=1}^{k+1}\alpha_i^n=2^n }$
を証明すればよいことになります。

ニュートンの恒等式

証明にはニュートンの恒等式を使います。
なお、ニュートンの恒等式についてはこれらのサイトを参考にしました。
高校数学の美しい物語ニュートンの恒等式とその証明
 Wikipedia(en) Newton's identities

説明の都合上、元記事とは $n$ と $k$ の文字を入れ替えています。

$x_1, \cdots , x_k$を変数とし、 $p_n(x_1, ... , x_k)$ で $n$ 乗和を表します。$(n\geq1)$

${\displaystyle \begin{align} p_{n}(x_{1},\ldots ,x_{k})&=\sum _{i=1}^{k}x_{i}^{n}\\ &=x_{1}^{n}+\cdots +x_{k}^{n} \end{align} }$

そして、 $e_n(x_1, \cdots, x_k)$ で基本対称式（つまり、$n$ 個の異なる変数の積すべての和）を表しまします。ただし、$n=0$ のときは $1$とし、$n>k$ のときは $0$ とします。 $(n\geq 0)$

${\displaystyle {\begin{aligned}e_{0}(x_{1},\ldots ,x_{k})&=1,\\ e_{1}(x_{1},\ldots ,x_{k})&=x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{k},\\ e_{2}(x_{1},\ldots ,x_{k})&=\textstyle \sum _{1\leq i< j\leq k}x_{i}x_{j},\\ \qquad\vdots\\ e_{k}(x_{1},\ldots ,x_{k})&=x_{1}x_{2}\cdots x_{k},\\ e_{n}(x_{1},\ldots ,x_{k})&=0,\quad {\text{for}}\ \ n>k.\\\end{aligned}}}$

そうすると、ニュートンの恒等式は次のようになります。$(k \geq 1$ , $k \geq n \geq 1)$

${\displaystyle ne_{n}(x_{1},\ldots ,x_{k})=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i-1}e_{n-i}(x_{1},\ldots ,x_{k})p_{i}(x_{1},\ldots ,x_{k})}$

また、次のようになります。$(n>k\ge1)$

${\displaystyle 0=\sum _{i=n-k}^{n}(-1)^{i-1}e_{n-i}(x_{1},\ldots ,x_{k})p_{i}(x_{1},\ldots ,x_{k})}$

証明

ではいよいよ証明に入ります。

${\displaystyle\sum_{i=1}^{k+1}\alpha_i^n=2^n}$　$(1\le n\le k)$ の証明

$f_k(x):=x^{k+1}-2x^{k}+1$
と定義し、$x$ の方程式 $f_k(x)=0$ の $(k＋1)$ 個の解を
$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\ldots,\alpha_{k+1}$
とする。解のうち１つは$1$であり、これを$\alpha_{k+1}(=1)$ とする。
基本対称式の定義より
${\displaystyle f_k(x)=\sum_{i=0}^{k+1} (-1)^{k+1-i} e_{k+1-i}(x_{1},\ldots,x_{k+1})\cdot x^i }$
であるから、係数比較して
${\displaystyle e_{i}(x_{1},\ldots,x_{k+1})= \begin{cases} 1&\qquad\text{i=0} \\ 2&\qquad\text{i=1} \\ 0&\qquad\text{1 < i < k+1}\\ 1&\qquad\text{i=k+1} \end{cases} }$

ここからニュートンの恒等式を使います。
ただし、 $e_{n}(\alpha_1,\ldots,\alpha_{k+1})$ は単に $e_{n}$ と、$p_{i}(\alpha_1,\ldots,\alpha_{k+1})$ は単に $p_{i}$ と、それぞれ省略して書きます。

(i) $n=1$ のときは
${\displaystyle \begin{align} 1e_{1}&=\sum _{i=1}^{1}(-1)^{i-1}e_{1-i}p_{i}\\ &=e_{0}p_{1} \end{align}}$
$\therefore p_1=2$

(ii) $2\le n\le k$ のときは
${\displaystyle \begin{align} ne_{n}&=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i-1}e_{n-i}p_{i}\\ \end{align}}$
${\displaystyle \begin{align} 0=(-1)^{n}2p_{n-1}+(-1)^{n-1}p_{n}\\ \end{align}}$
より
${\displaystyle \begin{align} p_{n}&=2p_{n-1}\\ &=4p_{n-2}\\ &\vdots\\ &=2^{n} \end{align}}$

以上より
${\displaystyle p_n=2^n}$　$(1\le n\le k)$
ここで ${\displaystyle p_n=\sum_{i=1}^{k+1}\alpha_i^n}$ であるから、
${\displaystyle \sum_{i=1}^{k+1}\alpha_i^n=2^n}$　$(1\le n\le k)$

あとは $x=1$ の解を除外すれば完成です。

${\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\alpha_i^n=2^n-1}$　$(1\le n\le k)$ の証明

${\displaystyle \sum_{i=1}^{k+1}\alpha_i^n=2^n}$
${\displaystyle \alpha_{k+1}^n+\sum_{i=1}^{k}\alpha_i^n=2^n}$
${\displaystyle 1+\sum_{i=1}^{k}\alpha_i^n=2^n \qquad\because \alpha_{k+1}=1}$
${\displaystyle \therefore\sum_{i=1}^{k}\alpha_i^n=2^n-1}$

これで証明の完成です。
予想は正しかった!

$x^k-x^{k-1}-…-x-1=0$ の解の累乗の和についての予想