自作問題の解答解説

与えられた式$\frac{(n+1)^{n^{2026}}-1}{n^{2026}}$がすべての自然数$n$に対して、$(n+1)^{n^{2026}}-1$が$n^{2026}$の倍数であることを示せばよい。
これを一般の自然数$k$に拡張し、任意の自然数$k$に対して以下の命題$(A)$が成り立つことを、数学的帰納法を用いて証明する。
命題$(A)$：$(n+1)^{n^{k}}-1$は$n^{k+1}$の倍数である。
$[Ⅰ]k=1$のとき
二項定理を用いて$(n+1)^{n}$を展開する。
$(n+1)^{n}= \sum_{j=0}^{n} { n \choose j } n^{j}=1+ { n \choose 1 } n+ \sum_{j=2}^{n} { n \choose j } n^{j}=1+n^{2}+n^{2} \sum_{j=2}^{n} { n \choose j } n^{j-2}$
ここで、$n=1$のときは第3項は現れず$(1+1)^{1}=1+1^{2}$となり成立する。
$n \geq 2$のとき、
$\sum_{j=2}^{n} { n \choose j } n^{j-2}$
は整数であるから、これを整数$C$とおくと、
$(n+1)^{n}=1+n^{2}+Cn^{2}=1+n^{2}(1+C)$
よって、$(n+1)^{n}-1=n^{2}(1+C)$となり、$n^{2}$の倍数である。
したがって、$k=1$のとき命題$(A)$は成り立つ。
$[Ⅱ]k=m$　($m$は自然数)のとき、命題$(A)$は成り立つと仮定する。
すなわち、ある整数$M$を用いて次のように表せる。
$(n+1)^{n^{m}}-1=Mn^{m+1} \Longleftrightarrow (n+1)^{n^{m}}=1+Mn^{m+1}$
ここで、$k=m+1$のときを考える。
$[Ⅲ]k=m+1$のとき
指数の法則より、次のように変形できる。
$(n+1)^{n^{m+1}}-1=(1+Mn^{m+1})^{n}$
これを二項定理を用いて展開する。
$(1+Mn^{m+1})^{n}= \sum_{j=0}^{n} { n \choose j } (Mn^{m+1})^{j}=1+ { n \choose j } Mn^{m+1}+ \sum_{j=2}^{n} { n \choose j } (Mn^{m+1})^{j}=1+n \cdot Mn^{m+1}+ \sum_{j=2}^{n} { n \choose j } M^{j}n^{j(m+1)}=1+Mn^{m+2}+n^{2(m+1)} \sum_{j=2}^{n} { n \choose j } M^{j}n^{(j-2)(m+1)}$
ここで、$m \geq 1$であるから$2(m+1)=2m+2 \geq m+2$となり、第3項の$n^{2(m+1)}$は$n^{m+2}$を因数に持つ。
したがって、カッコ内の和を整数$L$としておくと、次のように表せる。
$(n+1)^{n^{m+1}}=1+Mn^{m+2}+Ln^{m+2}=1+(M+L)n^{m+2}$
よって、$(n+1)^{n^{m+1}}-1=(M+L)n^{m+2}$となり、$n^{m+2}$の倍数である。
したがって、$k=m+1$のときも命題$(A)$は成り立つ。
$[Ⅰ],[Ⅱ],[Ⅲ]$より、すべての自然数$k$について命題$(A)$は成り立つ。
証明された命題$(A)$において、$k=2026$とすると、$(n+1)^{n^{2026}}-1$は$n^{2027}$の倍数であることが分かる。
$n$は自然数であるから、$n^{2027}$の倍数は$n^{2026}$の倍数でもある。
したがって、$(n+1)^{n^{2026}}-1$は$n^{2026}$で割り切れる。
以上より、すべての自然数$n$に対しても$\frac{(n+1)^{n^{2026}}-1}{n^{2026}}$は整数となる。　　　　　$Q.E.D.$

与えられた極限の式の分母と分子をそれぞれ$t-x$で割り、微分の定義を利用して極限を計算する。
$\lim_{t \to x} \frac{t^{2027}f(x)-x^{2027}f(t)}{t^{2026}-x^{2026}}= \lim_{t \to x} \frac{ \frac{t^{2027}f(x)-x^{2027}f(t)}{t-x} }{ \frac{t^{2026}-x^{2026}}{t-x} } $
分子の極限について、項を補って変形すると以下のようになる。
$ \lim_{t \to x} \frac{t^{2027}f(x)-x^{2027}f(x)+x^{2027}f(x)-x^{2027}f(t)}{t-x} = \lim_{t \to x} \lbrace f(x) \cdot \frac{t^{2027}-x^{2027}}{t-x} -x^{2027} \cdot \frac{f(t)-f(x)}{t-x} \rbrace $
$f(x)$は連続微分可能であり、また$g(t)=t^{2027}$とおくと、$\lim_{t \to x} \frac{t^{2027}-x^{2027}}{t-x} =g'(x)=2027x^{2026}$となるため分子の極限は次のように表される。
$2027x^{2026}f(x)-x^{2027}f'(x)$
同様に分母の極限について、$h(t)=t^2026$とおくと、$\lim_{t \to x} \frac{t^{2026}-x^{2026}}{t-x} =h'(x)=2026x^{2025}$
となる。
したがって、与えられた極限の式は以下の微分方程式に書き換えられる。
$\frac{2027x^{2026}f(x)-x^{2027}f'(x)}{2026x^{2025}}=1$
$x>0$より、分母分子を$x^{2025}$で約分して整理する。
$\frac{2027xf(x)-x^{2}f'(x)}{2026}=1$
$x^{2}f'(x)-2027xf(x)=-2026$
この1階線形微分方程式を解くために、両辺を$x^{2029}$で割る。
$x^{-2027}f'(x)-2027x^{-2028}f(x)=-2026x^{-2029}$
左辺は積の微分公式により$(x^{-2027}f(x))'$とまとめられるため、以下の形になる。
$(x^{-2027}f(x))'=-2026x^{-2029}$
両辺を$x$について積分する。
$x^{-2027}f(x)= \int -2026x^{-2029} dx$
$x^{-2027}f(x)=-2026( \frac{1}{-2028} )x^{-2028}+C$ （$C$は積分定数）
$x^{-2027}f(x)= \frac{1013}{1014} x^{-2028}+C$
両辺に$x^{2027}$を掛けて$f(x)$を求める。
$f(x)= \frac{1013}{1014}x^{-1} +Cx^{2027}$
ここで、初期条件$f(1)=2$を用いて積分定数$C$を決定する。
$f(1)= \frac{1013}{1014}+C =2$
$C=2- \frac{1013}{1014} = \frac{1015}{1014} $
以上より、求める関数$f(x)$は次の通りである。
$f(x)= \frac{1015}{1014}x^{2027} + \frac{1013}{1014}x^{-1} $　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　$Q.E.D.$