近大数コン解いた問題(A-1.4.5)

先日、第 $27$ 回近畿大学数学コンテストに参加したので、そこで解いた問題の私が送った答案を書きました。

解答
$$\bigg(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\bigg)^5=\frac{11+5\sqrt{5}}{2}$$
より,
$$ \alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{2} $$
$$2.23\lt \sqrt{5} \lt 2.24$$
より,
$$1.615 \lt \alpha \lt 1.62$$
よって,
$$m=161$$
$$\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{2},\beta=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$$
とすると,
$$S_n=\alpha^n+\beta^n$$
を考えると,
$$S_0=2,S_1=1$$
が成り立ち, また
$$S_{n+2}-S_{n+1}-S_{n}=\alpha^n(\alpha^2-\alpha-1)+\beta^n(\beta^2-\beta-1)=0$$
より,
$$S_{n+2}=S_{n+1}+S_{n}$$
が成り立つ.
$$S_7=29,S_8=47$$
であり,
$$-1\lt \beta \lt 0$$
より, $$\alpha^n-1\lt S_n \lt \alpha^n+1$$
が成立し,
$$\alpha^7\lt 44 \lt \alpha^8$$
が分かる.
$\{\alpha^n\}_n$　は単調増加であり、
$$n=7$$
である.

解答
$$ \begin{aligned} &\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{(-1)^k}{\displaystyle\bigg(\tan\frac{4k+3}{8n}\pi\bigg)^3}\\\\ &=\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{1}{\displaystyle\bigg((-1)^k\tan\frac{4k+3}{8n}\pi\bigg)^3}\\\\ &=\underline{\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\displaystyle\bigg(\tan\frac{8k+3}{8n}\pi\bigg)^3}}_{:=A}+\underline{\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\displaystyle\bigg(\tan\frac{8k+1}{8n}\pi\bigg)^3}}_{:=B} \end{aligned} $$
$A,B$ をそれぞれ求めたい.

証明.
　複素数 $(1+\tan\theta \cdot i)^n$ の偏角は $n\theta$ であり,
$$\tan{n\theta} =\frac{\Im((1+\tan\theta \cdot i)^n)}{\Re((1+\tan\theta \cdot i)^n)}=\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\binom{n}{2k+1}(-1)^k\tan ^{2k+1}\theta}{\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\binom{n}{2k}(-1)^k\tan ^{2k}\theta}$$

　補題より,
$$\tan{\frac{3}{8}\pi}=\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\binom{n}{2k+1}(-1)^kx ^{2k+1}\theta}{\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\binom{n}{2k}(-1)^kx ^{2k}\theta}$$
すなわち,
$$f(x):=\tan{\frac{3}{8}\pi}\bigg(\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\binom{n}{2k+1}(-1)^k\tan ^{2k+1}\theta\bigg)-\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\binom{n}{2k}(-1)^k\tan ^{2k}\theta$$
は,
$$x=\tan{\frac{3}{8n}\pi},\tan{\frac{11}{8n}\pi},\dots,\tan{\frac{8n-5}{8n}\pi}$$
を解に持ち $n$ 個の値は異なるから
$$f(x)=a\prod_{k=0}^{n-1}\bigg(x-\tan{\frac{8k+3}{8n}\pi}\bigg)$$
とある定数 $a$ を用いて表すことができ, 形式的冪級数 $\dfrac{f^{\prime}(x)}{f(x)}$ を以下のように展開する.
$$ \begin{aligned} \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}&=\frac{a\sum_{\ell =0}^{n-1}\prod_{\substack{0\leq k \leq n-1 \\ k\neq \ell}}\bigg(x-\tan{\frac{8k+3}{8n}\pi}\bigg)}{a\prod_{k=0}^{n-1}\bigg(x-\tan{\frac{8k+3}{8n}\pi}\bigg)}\\ &=\sum_{\ell =0}^{n-1}\frac{1}{x-\tan{\frac{8k+3}{8n}\pi}}\\ &=\sum_{\ell =0}^{n-1}-\frac{1}{\tan{\frac{8k+3}{8n}\pi}}\frac{1}{1-\frac{1}{\tan{\frac{8k+3}{8n}\pi}}x}\\ &=\sum_{\ell =0}^{n-1}\bigg(-\frac{1}{\tan{\frac{8k+3}{8n}\pi}}-\frac{1}{\tan^2{\frac{8k+3}{8n}\pi}}x-\frac{1}{\tan^3{\frac{8k+3}{8n}\pi}}x^2+O(x^3)\bigg)\\ \end{aligned} $$
よって,
$$ \begin{aligned} A&=-[x^2]\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}\\ &=-[x^2]\frac{\tan{\frac{3}{8}\pi}(-2\binom{n}{2}x)-(\binom{n}{1}-3\binom{n}{3}x^2)+O(x^3)}{\tan{\frac{3}{8}\pi}(\binom{n}{0}-\binom{n}{2}x^2)-(\binom{n}{1}x)+O(x^3)}\\ &=n^3(\tan{\frac{3}{8}\pi})^{-3}+(n^3-n)(\tan{\frac{3}{8}\pi})^{-1} \end{aligned}$$
同様に
$$B=n^3(\tan{\frac{1}{8}\pi})^{-3}+(n^3-n)(\tan{\frac{1}{8}\pi})^{-1}$$

よって求める答えは
$$ \begin{aligned} A+B\\ &n^3((\tan{\frac{1}{8}\pi})^{-3}+(\tan{\frac{3}{8}\pi})^{-3})+(n^3-n)((\tan{\frac{1}{8}\pi})^{-1}+(\tan{\frac{3}{8}\pi})^{-1})\\ &=n^3(\sqrt{2}+1)^{-3}+(\sqrt{2}-1)^{-3})+(n^3-n)((\sqrt{2}+1)^{-1}+(\sqrt{2}-1)^{-1})\\ &=12\sqrt{2}n^3-2\sqrt{2}n \end{aligned}$$

$n=2025$ とし,
$$\begin{aligned} A&=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{3n+1-2k}{n-k}\binom{2n+1-k}{k}\\ B&=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{3n-2k}{n-1-k}\binom{2n-k}{k}\\ \end{aligned}$$
とする。

$A$について

　$a=n-k,b=k,c=2n+1-2k$ とすれば,
$$A=\sum_{\substack{a+b=n \\ 2b+c=2n+1}}(-1)^b\binom{a+b+c}{a}\binom{b+c}{c}$$
と表すことができ,
$$\frac{1}{1-(x-y+z)}=\sum_{k=0}^{\infty}(x-y+z)^k=\sum_{a,b,c\geq 0}(-1)^b\binom{a+b+c}{a}\binom{b+c}{b}x^ay^bz^c$$
より,
$$A=[x^ny^{2n+1}]\frac{1}{1-(x-(xy^2)+y)}$$
と表すことができる. ($(x,y,z)\rightarrow (x,xy^2,y)$ に置き換えることで, $a+b=n,2b+c=2n+1$ での和をとっている.)

Bについて

　$a=n-1-k,b=k,c=2n-2k$ とすれば,
$$B=\sum_{\substack{a+b=n-1 \\ 2b+c=2n}}(-1)^b\binom{a+b+c+1}{a}\binom{b+c}{c}$$
と表すことができ,
$$\begin{aligned} \frac{1}{1-x}\frac{1}{1-(x-y+z)}&=\bigg(\frac{1}{1-x}\bigg)^2\frac{1}{1-\frac{1}{1-x}(-y+z)}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\bigg(\frac{1}{1-x}\bigg)^{k+2}(-y+z)^k\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{a=0}^{\infty}\binom{a+k+1}{a}x^a(-y+z)^k\\ &=\sum_{a,b,c\geq 0}(-1)^b\binom{a+b+c+1}{a}\binom{b+c}{b}x^ay^bz^c \end{aligned}$$
より,
$$B=[x^{n-1}y^{2n}]\frac{1}{1-x}\frac{1}{1-(x-(xy^2)+y)}$$
と表すことができる.
$$\begin{aligned} &A-B\\ &=[x^ny^{2n+1}]\frac{1}{1-(x-(xy^2)+y)}-[x^{n-1}y^{2n}]\frac{1}{1-x}\frac{1}{1-(x-(xy^2)+y)}\\ &=[x^ny^{2n+1}]\frac{1}{1-(x-(xy^2)+y)}-[x^{n}y^{2n+1}]xy\cdot\frac{1}{1-x}\frac{1}{1-(x-(xy^2)+y)}\\ &=[x^ny^{2n+1}]\frac{1-x-xy}{(1-x)(1-x+xy^2-y)}\\ &=[x^ny^{2n+1}]\frac{1-x-xy}{(1-x)(1-x-xy)(1-y)}\\ &=[x^ny^{2n+1}]\frac{1}{1-x}\frac{1}{1-y}=1 \end{aligned}$$
今回求めるものは $\sum$ の範囲を $k=0,\dots , n-1$
にしたものであるから, $k=n$ のときの値
$-2026$ を引けば求める値は
$$A-B-(-2026)=2027$$