整式×階乗の和

整式 \(P(k)\) と階乗 \(k!\) の積の和 \[ \sum_{k=1}^nP(k)\cdot k! \] を考える。これは直接、総和の公式を用いることができないため、適切な関数 \(f(k)\) を見つけて \[ \sum_{k=1}^nP(k)\cdot k!=\sum_{k=1}^n\{f(k+1)-f(k)\} \] と変形することを試みる。

\[ \sum_{k=1}^n(3k^2+4k+3)k! \] を考える。 \[ (3k^2+4k+3)k!=f(k+1)-f(k) \] となるような \(f(k)\) を見つければよい。前回の多項式×指数の和 \[ \sum_{k=1}^nP(k)r^k \] では、\(P(k)\) の次数から \(f(k)\) を仮定し、恒等式を用いて計算した。今回も同様に考えて \[ f(k)=(ak^2+bk+c)k! \] と置いてみる。このとき \[ \begin{align} f(k+1)&=\{a(k+1)^2+b(k+1)+c\}(k+1)!\\ &=\{ak^2+(2a+b)k+a+b+c\}(k+1)\cdot k!\\ &=\{ak^3+(3a+b)k^2+(3a+2b+c)k+a+b+c\}k! \end{align} \] となる。このまま進めてもいいのだが、\(k^3\) の項は不要である。 \[ f(k)=(ak^2+bk+c)k! \] とおくと、\((k+1)!=(k+1)\cdot k!\) であることから \(f(k+1)\) に \(k^3\) が出現している。したがって \[ f(k)=(ak+b)k! \] とおいた方が、より楽に計算できることがわかる。このとき \[ \begin{align} f(k+1)&=\{a(k+1)+b\}(k+1)!\\ &=(ak+a+b)(k+1)\cdot k!\\ &=\{ak^2+(2a+b)k+a+b\}k! \end{align} \] となり \[ \begin{align} &f(k+1)-f(k)\\ &=\{ak^2+(2a+b)k+a+b\}k!-(ak+b)k!\\ &=\{ak^2+(a+b)k+a\}k! \end{align} \] である。

係数比較を行う前に、注目してほしい箇所がある。この方法には注意が必要であることに気づくだろうか。 \[ \{ak^2+(a+b)k+a\}k! \] より、\(k^2\) の係数 \(a\) を定めると、定数項も自動的に決まってしまう。すなわち \[ \sum_{k=1}^n(3k^2+4k+1)k! \] のような問題であれば、満たす \(a\) が存在しない。本問は \[ \sum_{k=1}^n(3k^2+4k+3)k! \] で、２次の係数と定数項が等しいから、この手法が使えることになる。

多項式×階乗の和は、多項式×指数の和のときのように、必ずしも恒等式を用いて \(f(k)\) を作り出すことができない。

\(\{ak^2+(a+b)k+a\}k!\) と \((3k^2+4k+3)k!\) の係数を比較して \[ a=3,~~~~~a+b=4,~~~~~a=3 \] これを解くと \[ a=3,~~~~~b=1 \] となり \[ f(k)=(3k+1)k! \] とすればよいことがわかる。

したがって \[ \begin{align} &\sum_{k=1}^n(3k^2+4k+3)k!\\ &=\sum_{k=1}^n\{f(k+1)-f(k)\}\\ &=f(n+1)-f(1)\\ &=\{3(n+1)+1\}(n+1)!-(3\cdot 1+1)1!\\ &=(3n+4)(n+1)!-4 \end{align} \]