【問Ⅰ】ぺるせんたげさんの数学コンテスト

追記(2018/10/31):解法は本質的に変わりませんが、(5)式まわりを微妙に修正しました( $lの値のとる範囲等を変更しました$ )。

ぺるせんたげさんの数学コンテストの問Ⅰ

　今回も前回に引き続き、ぺるせんたげさん(@percentage011)の数学コンテストの問Ⅰを解いていきたいと思います。

数学コンテストを開催します！

以下の問題を考えてみてください
制限時間とかは特にないです
最初に全て解けた人をめっちゃ褒めます

問題制作者:ぺるせんたげ @percentage011
協力してくれた人:SOx @SOx_S_R_M pic.twitter.com/sejhERZTdR
— ぺるせんたげ@数学コンテスト開催中 (@percentage011) October 27, 2018

もし、間違っていたり、解答が不十分だったら優しく教えてくださると助かります。

一回微分からはじまってわかること

　問題は、次の関数 $f_n(x)$ を $k$ 回微分せよというもの。

$f_n(x)=e^{nx+e^x}$ ……(1)

　いきなり、 $k$ 回微分するのはきびしそうなので、１回微分してみる。合成関数の微分公式より、

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} f_n(x) = [ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} (nx +e^x) ] e^{nx+e^x}$
$= (n +e^x) e^{nx+e^x}$
$= n e^{nx+e^x}+ e^{(n+1)x+e^x}$
$= n f_n (x) + f_{n+1}(x)$ ……(2)

この式を観察すると、 $n$ の多項式を係数とする $f_j(x)$ の和の形( $j$ は整数)になっていることがわかる。この構造は、繰り返し微分しても明らかに変わらない。また、 $k$ 回微分したときに出てくる $f_j(x)$ は $j=n,\cdots,n+k$ であることもただちにわかる。 $k$ 回微分したときの $f_{n+k}(x)$ の係数が1であることもすぐにわかる。
　したがって、 $k$ 回微分した時の関数形は、ある多項式 $A_{l,k}(n)$ を用いて、次のように表せることがわかる。*1

$\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}x^k} f_n(x) = \sum_{l=0}^{k} A_{l,k}(n) f_{n+l}$ ……(3)

　以下では、この $A_{l,k}(n)$ を求めていく。これが求まれば、 $f_n(x)$ の $k$ 回微分が求まり、問題が解けたことになる。

$A_{l,k}(n)$ の漸化式

　まず、 $A_{l,k}(n)$ に関する漸化式を求めるために、(3)式をもう1回微分してみる。

$\frac{\mathrm{d}^{k+1}}{\mathrm{d}x^{k+1}} f_n(x) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\sum_{l=0}^{k} A_{l,k}(n) f_{n+l}$
$= \sum_{l=0}^{k} A_{l,k}(n) \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} f_{n+l}$ ……(4)

　ここで、(2)式より、1回微分の箇所は計算できて、

$\frac{\mathrm{d}^{k+1}}{\mathrm{d}x^{k+1}} f_n(x) = \sum_{l=0}^{k} A_{l,k}(n) [ (n+l)f_{n+l} +f_{n+l+1} ]$
$= nA_{0,k}(n) f_n + \sum_{l=1}^{k} [ (n+l) A_{l,k}(n) + A_{l-1,k}(n)] f_{n+l} +f_{n+k+1}$ ……(5)

と求まった。上式と、(3)式で $k+1$ と置き換えたものと比較することで、

$A_{l,k+1}(n)=(n+l) A_{l,k}(n) +A_{l-1,k}(n)$ ……(6)

を得る。ここで、 $k$ を $k-1$ に置き換えて、 $l=1,\cdots,k$ と自然数 $k$ に対して、

$A_{l,k}(n) =(n+l) A_{l,k-1}(n) + A_{l-1,k-1}(n)$ ……(7)

という $A_{l,k}$ に対する漸化式を得た。

数列 $A_{l,k}(n)$ から母関数へ

　 $A_{l,k}(n)$ の漸化式(7)を直接解くのは難しそうなので、次のように母関数 $B_{l,n}(x)$ を定義する。

$B_{l,n}(x)=\sum_{k=0}^{\infty} A_{l,k}(n) x^k$ ……(8)

　漸化式(7)を用いて、母関数を求めていきたい。準備として、 $(n+l)xB_{l,n}(x)$ と $xB_{l-1,n}(x)$ を計算しておく。

$(n+l)xB_{l,n}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}(n+l) A_{l,k}(n) x^{k+1}$
$=\sum_{k=1}^{\infty}(n+l) A_{l,k-1}(n) x^{k}$ ……(9)

$xB_{l-1,n}(x)=\sum_{k=0}^{\infty} A_{l-1,k}(n) x^{k+1}$
$=\sum_{k=1}^{\infty} A_{l-1,k-1}(n) x^{k}$ ……(10)

次は、(8),(9),(10)式を使って母関数を求めていく。漸化式(7)を用いることで、

$B_{l,n}(x)-(n+l)xB_{l,n}(x)-xB_{l-1,n}(x)$
$=A_{l,0}(n) + \sum_{k=1}^{\infty} [ A_{l,k}(n) - (n+l) A_{l,k-1}(n) + A_{l-1,k-1}(n)]x^k$
$=A_{l,0}(n)$ ……(11)

ここで、(3)式で $k=0$ とおくことで、すなわち0回微分を考えることで、

$A_{l,0}(n)=\delta_{l,0}$ ……(12)

とわかる。ここで、 $\delta_{l,0}$ はクロネッカーのデルタである。(11)式を整理して、

$[1-(n+l)x ]B_{l,n}(x) = \delta_{l,0} + x B_{l-1,n}(x)$ ……(13)

　ところで、(2)(3)(5)式から、明らかに

$A_{0,k}(n)=n^k$ ……(14)

であるので、 $B_{0,n}(x)$ は、

$B_{0,n}(x)=\sum_{k=0}^{\infty} A_{0,k}(n)x^k$
$=\sum_{k=0}^{\infty} (nx)^k$
$=\frac{1}{1-nx}$ ……(15)

と求まる。(13)式で $l \ge 1$ の場合を考えると、 $\delta_{l,0}=0$ となるので、

$B_{l,n}(x) = \frac{x}{1-(n+l)x} B_{l-1,n}(x)$
$=\frac{x}{1-(n+l)x}\frac{x}{1-(n+l-1)x}B_{l-2,n}(x)$
$=\cdots$
$=\frac{x}{1-(n+l)x}\frac{x}{1-(n+l-1)x} \cdots \frac{x}{1-(n+1)x} B_{0,n}(x)$ ……(16)

　よって、(15)式より、母関数 $B_{l,n}(x)$ が、

$B_{l,n}(x) = x^l \frac{1}{1-(n+l)x}\frac{1}{1-(n+l-1)x} \cdots \frac{1}{1-nx}$ ……(17)

と求まった。

母関数 $B_{l,n}(x)$ から係数 $A_{l,k}(n)$ を取り出す

　後は、母関数を再び $x$ の冪で展開してその係数を調べれば、母関数の定義式(8)より $A_{l,k}$ が求まる。そのために、任意の自然数 $a$ に対して成り立つ次の展開式を用いる。

$\frac{1}{1-ax}=\sum_{k=0}^{\infty} a^k x^k$ ……(18)

　この展開を(17)式に適用すると、

$B_{l,n}(x) = x^l [ \sum_{{k_l}=0}^\infty (n+l)^{k_l} x^{k_l} ] \cdots [ \sum_{{k_0}=0}^\infty n^{k_0} x^{k_0} ]$ ……(19)

ここで、無限和をとる変数は $k_0$ から $k_l$ までの $l+1$ 個ある。(19)式の $x^l$ を除く因子をかけ合わせて、 $x^k$ の係数にまとめ直すと、

$B_{l,n}(x) = x^l \sum_{k=0}^{\infty} [ \sum_{k_0 + \cdots + k_l = k} n^{k_0}\cdots(n+l)^{k_l} ] x^k$
$= \sum_{k=l}^{\infty} [ \sum_{k_0 + \cdots + k_l = k-l} n^{k_0}\cdots(n+l)^{k_l} ] x^k$ ……(20)