微分法の問題

1. $f^{(n)}(x)$ の形 $n\geqq 0$ に対して
$$f^{(n)}(x)=\frac{P_n(x)}{(x^2+1{)}^{n+1}}(P_n(x)\text{ は多項式})$$
と書けることを示す（$f^{(0)}=f$, $P_0=1$）。この形のとき、商（積）の微分と合成関数の微分により
$$f^{(n+1)}(x)=\frac{P_n^{\prime }(x)}{(x^2+1{)}^{n+1}}-\frac{(n+1)\cdot 2x{P}_n(x)}{(x^2+1{)}^{n+2}}=\frac{(x^2+1)P_n^{\prime }(x)-2(n+1)x{P}_n(x)}{(x^2+1{)}^{n+2}}$$
なので、
$$P_{n+1}(x)=(x^2+1)P_n^{\prime }(x)-2(n+1)x{P}_n(x)(1)$$
とすればよい。$P_1(x)=-2x$、$P_2(x)=6x^2-2$ である。

$P_n(x)$ の $x^n$ の係数を $c_n$ とすると、$(1)$ の $x^{n+1}$ の係数を比べて $c_{n+1}=n{c}_n-2(n+1)c_n=-(n+2)c_n$。$c_0=1$ より $c_n=(-1{)}^n(n+1)!\ne 0$ なので、$P_n(x)$ はちょうど $n$ 次の多項式である。

また $f(x)$ は偶関数なので、$f(-x)=f(x)$ の両辺を $n$ 回微分すると（合成関数の微分で $1$ 回ごとに $-1$ 倍が出る）$(-1{)}^n{f}^{(n)}(-x)=f^{(n)}(x)$、すなわち $P_n(-x)=(-1{)}^n{P}_n(x)$ である。よって $P_n(x)$ には $x^n,x^{n-2},x^{n-4},\cdots$ の項しかない。そこで
$$P_n(x)=c_n{x}^n+e_n{x}^{n-2}+\cdots$$
とおく（$n=1$ のときは $e_1=0$）。

2. 実数解がちょうど $n$ 個あること（鍵） $f^{(n)}(x)=0⟺P_n(x)=0$ で、$P_n$ は $n$ 次なので実数解は高々 $n$ 個である。逆に、$f^{(n)}(x)=0$ が異なる $n$ 個の実数解をもつことを $n$ についての数学的帰納法で示す。

まず、$\mathrm{deg}{P}_k=k<2k+2$ なので、どの $k$ についても $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }{f}^{(k)}(x)=0$ である。

$n=1$ のとき $f^{\prime }(x)=\frac{-2x}{(x^2+1{)}^2}$ は $x=0$ でだけ $0$ になる。

$f^{(k)}(x)=0$ が異なる $k$ 個の実数解 $z_1<z_2<\cdots <z_k$ をもつとする。
- 各区間 $z_i\leqq x\leqq z_{i+1}$ で $f^{(k)}(z_i)=f^{(k)}(z_{i+1})=0$ なので、平均値の定理（ロルの定理）より $f^{(k+1)}(x)=0$ となる $x$ が $z_i<x<z_{i+1}$ にある。これで $k-1$ 個。
- 区間 $x<z_1$ では $f^{(k)}(x)\ne 0$ なので符号は一定であり、$x\to -\infty$ と $x\to z_1$ でともに $0$ に近づく。よって $f^{(k)}(x)$ の絶対値が最大となる点がこの区間にあり、そこで $f^{(k+1)}(x)=0$ となる。同様に区間 $x>z_k$ にも $1$ 個ある。

以上で、互いに異なる $k+1$ 個の解が得られる。よって $f^{(n)}(x)=0$ はちょうど $n$ 個の異なる実数解 ${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_n$ をもち、これらは $P_n(x)=0$ の解のすべてで、
$$P_n(x)=c_n(x-{\alpha }_1)(x-{\alpha }_2)\cdots (x-{\alpha }_n)$$
と因数分解される。

3. 係数と解の関係 右辺を展開して係数を比べると、$x^{n-1}$ の係数は $0$ なので $\sum {\alpha }_i=0$、$x^{n-2}$ の係数から $\sum _{i<j}{\alpha }_i{\alpha }_j=\frac{e_n}{c_n}$。したがって求める和 $s_n$ は
$$s_n=\sum _{i=1}^n{\alpha }_i^2={\left(\sum {\alpha }_i\right)}^2-2\sum _{i<j}{\alpha }_i{\alpha }_j=-\frac{2e_n}{c_n}$$

4. 漸化式 $(1)$ の $x^{n-1}$ の係数を比べる。$P_n^{\prime }(x)=n{c}_n{x}^{n-1}+(n-2)e_n{x}^{n-3}+\cdots$ なので、$(x^2+1)P_n^{\prime }(x)$ の $x^{n-1}$ の係数は $n{c}_n+(n-2)e_n$、$-2(n+1)x{P}_n(x)$ の $x^{n-1}$ の係数は $-2(n+1)e_n$。よって
$$e_{n+1}=n{c}_n-(n+4)e_n$$
これと $c_{n+1}=-(n+2)c_n$ より
$$s_{n+1}=-\frac{2e_{n+1}}{c_{n+1}}=\frac{2n{c}_n-2(n+4)e_n}{(n+2)c_n}=\frac{2n+(n+4)s_n}{n+2}$$
$s_1=0$（解は $x=0$ のみ）である。

$s_n=\frac{n(n-1)}{3}$ と予想し、帰納法で示す。$n=1$ では成り立つ。$s_n=\frac{n(n-1)}{3}$ のとき
$$s_{n+1}=\frac{2n+\frac{(n+4)n(n-1)}{3}}{n+2}=\frac{n\left(6+n^2+3n-4\right)}{3(n+2)}=\frac{n(n+1)(n+2)}{3(n+2)}=\frac{(n+1)n}{3}$$
となり、$n+1$ でも成り立つ。

（確認：$n=2$ では $P_2=6x^2-2$ の解 $\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$ で和は $\frac{2}{3}$、$n=3$ では $P_3=-24x^3+24x$ の解 $0,\pm 1$ で和は $2$ となり、いずれも $\frac{n(n-1)}{3}$ と一致する。）

よって求める和は $$\frac{n(n-1)}{3}$$

$\frac{1}{x^2+1}=\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{x-i}-\frac{1}{x+i}\right)$ より、
$$f^{(n)}(x)=\frac{(-1{)}^{n}n!}{2i}\left(\frac{1}{(x-i{)}^{n+1}}-\frac{1}{(x+i{)}^{n+1}}\right)=\frac{(-1{)}^{n}n!}{2i}\cdot \frac{(x+i{)}^{n+1}-(x-i{)}^{n+1}}{(x^2+1{)}^{n+1}}.$$
$x$ は実数なので $(x-i{)}^{n+1}=\overline{(x+i{)}^{n+1}}$ であり、$(x+i{)}^{n+1}-(x-i{)}^{n+1}=2i\mathrm{Im}(x+i{)}^{n+1}$。よって
$$f^{(n)}(x)=\frac{(-1{)}^{n}n!P(x)}{(x^2+1{)}^{n+1}},P(x)=\mathrm{Im}(x+i{)}^{n+1}.$$

$P(x)$ の零点を求める。$x=\cot \theta (0<\theta <\pi )$ とおくと $x+i=\frac{\cos \theta +i\sin \theta }{\sin \theta }$ なので、ド・モアブルの定理より $P(x)=\frac{\sin ((n+1)\theta )}{{\sin }^{n+1}\theta }$。これが $0$ になるのは $\theta =\frac{k\pi }{n+1}(k=1,2,\dots ,n)$ のとき。$\cot$ は $0<\theta <\pi$ で単調減少なので、$x_k=\cot \frac{k\pi }{n+1}$ は $n$ 個の異なる実数である。一方 $P(x)$ は $n$ 次式なので、これが $P(x)=0$ のすべての解（$f^{(n)}(x)=0$ の異なる実数解のすべて）。

$P(x)$ を二項定理で展開すると
$$P(x)=\sum _{j\text{odd}}{}_{n+1}{\mathrm{C}}_j{x}^{n+1-j}\mathrm{Im}(i^j)=(n+1)x^n-{}_{n+1}{\mathrm{C}}_3{x}^{n-2}+\cdots$$
（$x^{n-1}$ の項はない）。解と係数の関係より、解の和は $0$、解の $2$ つの積の和は $-\frac{{}_{n+1}{\mathrm{C}}_3}{n+1}=-\frac{n(n-1)}{6}$。したがって
$$\sum _{k=1}^n{x}_k^2=(\sum x_k{)}^2-2\sum _{j<k}{x}_j{x}_k=0+\frac{n(n-1)}{3}.$$

検算: $n=1$ のとき $f^{\prime }(x)=\frac{-2x}{(x^2+1{)}^2}$ で解は $x=0$、和は $0=\frac{1\cdot 0}{3}$。$n=2$ のとき $f^{\prime \prime }(x)=\frac{6x^2-2}{(x^2+1{)}^3}$ で解は $x=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$、$2$ 乗の和は $\frac{2}{3}=\frac{2\cdot 1}{3}$。いずれも一致する。