代数的整数論の問題

収束. ルジャンドルの公式 $v_p(n!)={\sum }_{k\ge 1}\lfloor n/p^k\rfloor \ge \lfloor n/p\rfloor \to \infty$ と、$n^3+n^2+5n\in \mathbb{Z}$ より $|n!(n^3+n^2+5n){|}_p\le |n!{|}_p\to 0$。${\mathbb{Q}}_p$ は非アルキメデス的で完備なので、一般項が $0$ に収束する級数は収束する。

望遠鏡和への書き換え. 多項式 $Q(n)$ に対し
$$(n+1)!Q(n+1)-n!Q(n)=n!((n+1)Q(n+1)-Q(n))$$
である。$Q(n)=n^2+bn+c$ とおくと
$$(n+1)Q(n+1)-Q(n)=(n+1{)}^3+b(n+1{)}^2+c(n+1)-n^2-bn-c=n^3+(2+b)n^2+(3+b+c)n+(1+b).$$
これが $n^3+n^2+5n$ に一致するには $2+b=1$, $3+b+c=5$, $1+b=0$、すなわち $b=-1$, $c=3$ であればよい（3 式は両立する）。よって $Q(n)=n^2-n+3$ として
$$n!(n^3+n^2+5n)=(n+1)!Q(n+1)-n!Q(n).$$

和の計算. $n=0$ の項は $0$ なので、
$$\sum _{n=1}^{N-1}n!(n^3+n^2+5n)=\sum _{n=0}^{N-1}((n+1)!Q(n+1)-n!Q(n))=N!Q(N)-0!Q(0)=N!(N^2-N+3)-3.$$
$N\to \infty$ のとき $|N!(N^2-N+3){|}_p\le |N!{|}_p\to 0$ なので、
$$S=-3$$
であり、これは $p$ によらない。

$n!$ は $n\to \infty$ で $p$ 進的に $0$ に収束する（$v_p(n!)\to \infty$）ので級数は収束する。望遠鏡和を作る。$T_n=n!Q(n)$、$Q(n)=a{n}^2+bn+c$ とおくと
$$T_{n+1}-T_n=n![(n+1)Q(n+1)-Q(n)].$$
展開すると $(n+1)Q(n+1)-Q(n)=a{n}^3+(2a+b)n^2+(3a+b+c)n+(a+b)$。これが $n^3+n^2+5n$ に等しくなるよう、$a=1,2a+b=1,3a+b+c=5,a+b=0$ を解くと $a=1,b=-1,c=3$（4 つの式はすべて整合）。

よって $Q(n)=n^2-n+3$、${\sum }_{n=1}^{N}n!(n^3+n^2+5n)=T_{N+1}-T_1$。$N\to \infty$ で $T_{N+1}=(N+1)!Q(N+1)\to 0$（$p$ 進）なので
$$S=-T_1=-1!\cdot (1-1+3)=-3.$$

検算: $N=1$ のとき和は $1\cdot 7=7$、$T_2-T_1=2\cdot (4-2+3)-3=10-3=7$ ✓。$N=2$: $7+2\cdot (8+4+10)=51$、$T_3-T_1=6\cdot (9-3+3)-3=51$ ✓。