3 変数のべき和の漸化式

$e_{1} = x + y + z$ , $e_{2} = x y + y z + z x$ , $e_{3} = x y z$ と $p_{n} = x^{n} + y^{n} + z^{n}$ について、漸化式 $p_{n + 3} = e_{1} p_{n + 2} - e_{2} p_{n + 1} + e_{3} p_{n}$ を使って $p_{4}, p_{5}, p_{6}$ を順に求め、 $x^{6} + y^{6} + z^{6}$ のような高次のべき和の値を求められる

前提

3 変数の対称式（数学I 数と式）

この技能までの道筋（13 技能）

算数中学高校大学大学院

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分数のたし算・ひき算（算数計算と数のきまり）
小数の四則計算（算数計算と数のきまり）
正負の数の加法・減法（中学数学数と式）
分数のかけ算・わり算（算数計算と数のきまり）
四則の混じった計算の順序（算数計算と数のきまり）
正負の数の乗除・累乗と四則混合（中学数学数と式）
分配法則を使った計算のくふう（算数計算と数のきまり）
文字式の計算（同類項・分配法則）（中学数学数と式）
乗法公式による展開（中学数学数と式）
因数分解（中学数学数と式）
3 次式までの展開と因数分解（数学I 数と式）
2 変数の対称式（数学I 数と式）
3 変数の対称式（数学I 数と式）

説明

$x + y + z$ , $x y + y z + z x$ , $x y z$ の値がわかっているときに、 $x^{4} + y^{4} + z^{4}$ , $x^{5} + y^{5} + z^{5}$ , $x^{6} + y^{6} + z^{6}$ のような次数の高いべき和の値を、低い次数から順に計算して求められるようになります。 $e_{1} = x + y + z$ , $e_{2} = x y + y z + z x$ , $e_{3} = x y z$ , $p_{n} = x^{n} + y^{n} + z^{n}$ と書くと、1 つの漸化式 $p_{n + 3} = e_{1} p_{n + 2} - e_{2} p_{n + 1} + e_{3} p_{n}$ を繰り返し使うだけで済みます。6 乗の和を直接展開するのはとても大変なので、このやり方が役に立ちます。

なぜそうしてよいのか

文字 $t$ について $(t - x) (t - y) (t - z)$ を展開すると $(t - x) (t - y) (t - z) = t^{3} - (x + y + z) t^{2} + (x y + y z + z x) t - x y z = t^{3} - e_{1} t^{2} + e_{2} t - e_{3}$ となります。この式は $t$ がどんな数でも成り立つので、 $t = x$ を代入すると左辺は $0$ になり、 $x^{3} - e_{1} x^{2} + e_{2} x - e_{3} = 0$ 、つまり $x^{3} = e_{1} x^{2} - e_{2} x + e_{3}$ が成り立ちます。 $y$ , $z$ についても同じ式が成り立ちます。

この式の両辺に $x^{n}$ （ $n$ は $1$ 以上の整数）を掛けると $x^{n + 3} = e_{1} x^{n + 2} - e_{2} x^{n + 1} + e_{3} x^{n}$ です。 $y$ , $z$ についても同じように作り、3 つの式を足すと $p_{n + 3} = e_{1} p_{n + 2} - e_{2} p_{n + 1} + e_{3} p_{n} (n \geq 1)$ が得られます。つまり、3 つ連続したべき和がわかれば次のべき和が決まるので、 $p_{1}, p_{2}, p_{3}$ から出発して $p_{4}, p_{5}, p_{6}, \dots$ と順に求めていけます。

出発点の $p_{1}, p_{2}, p_{3}$ は前提の技能で求められます。 $p_{1} = e_{1}$ 、 $p_{2} = e_{1}^{2} - 2 e_{2}$ 、そして $x^{3} + y^{3} + z^{3} - 3 x y z = (x + y + z) (x^{2} + y^{2} + z^{2} - x y - y z - z x)$ から $p_{3} = 3 e_{3} + e_{1} (p_{2} - e_{2})$ です。

手順

$e_{1} = x + y + z$ , $e_{2} = x y + y z + z x$ , $e_{3} = x y z$ の値を確認する（足りなければ前提の技能で求める）
$p_{1} = e_{1}$ , $p_{2} = e_{1}^{2} - 2 e_{2}$ を計算する
$p_{3} = 3 e_{3} + e_{1} (p_{2} - e_{2})$ を計算する（ $x^{3} + y^{3} + z^{3} - 3 x y z$ の因数分解から）
漸化式 $p_{n + 3} = e_{1} p_{n + 2} - e_{2} p_{n + 1} + e_{3} p_{n}$ に $n = 1$ を入れて $p_{4}$ を求める
同じ漸化式に $n = 2, 3, \dots$ を入れて、 $p_{5}, p_{6}, \dots$ と目的の次数まで順に求める

例題

$x + y + z = 1$ , $x y + y z + z x = - 1$ , $x y z = 1$ のとき、 $x^{6} + y^{6} + z^{6}$ の値を求めよ。

例題の解答

手順 1： $e_{1} = 1$ , $e_{2} = - 1$ , $e_{3} = 1$ である。漸化式は $p_{n + 3} = 1 \cdot p_{n + 2} - (- 1) p_{n + 1} + 1 \cdot p_{n} = p_{n + 2} + p_{n + 1} + p_{n}$ となる。

手順 2： $p_{1} = e_{1} = 1$ 、 $p_{2} = e_{1}^{2} - 2 e_{2} = 1 - 2 \cdot (- 1) = 3$ 。

手順 3： $p_{3} = 3 e_{3} + e_{1} (p_{2} - e_{2}) = 3 \cdot 1 + 1 \cdot (3 - (- 1)) = 3 + 4 = 7$ 。

手順 4： $n = 1$ として $p_{4} = p_{3} + p_{2} + p_{1} = 7 + 3 + 1 = 11$ 。

手順 5： $n = 2$ として $p_{5} = p_{4} + p_{3} + p_{2} = 11 + 7 + 3 = 21$ 。 $n = 3$ として $p_{6} = p_{5} + p_{4} + p_{3} = 21 + 11 + 7 = 39$ 。

よって $x^{6} + y^{6} + z^{6} = 39$ 。

答え: $39$

よくある誤り

$e_{2}$ の項の符号を $+$ にしてしまう誤り。 $(t - x) (t - y) (t - z) = t^{3} - e_{1} t^{2} + e_{2} t - e_{3}$ から $x^{3} = e_{1} x^{2} - e_{2} x + e_{3}$ なので、正しくは $p_{n + 3} = e_{1} p_{n + 2} - e_{2} p_{n + 1} + e_{3} p_{n}$ 。 $e_{2}$ が負のときは $- e_{2} p_{n + 1}$ が正になることにも注意（例題では $- (- 1) p_{n + 1} = + p_{n + 1}$ ）。
$p_{3}$ を漸化式で求めようとして $p_{0} = x^{0} + y^{0} + z^{0}$ を $1$ としてしまう誤り。3 つの和なので $p_{0} = 3$ であり、正しくは $p_{3} = e_{1} p_{2} - e_{2} p_{1} + 3 e_{3}$ （ $p_{3} = 3 e_{3} + e_{1} (p_{2} - e_{2})$ と同じ）。迷うときは $p_{3}$ を因数分解の公式から求め、漸化式は $n \geq 1$ で使う。
項の番号をずらしてしまう誤り（例： $p_{6} = e_{1} p_{5} - e_{2} p_{4} + e_{3} p_{2}$ ）。掛ける係数 $e_{1}, e_{2}, e_{3}$ に対応するのは 1 つ前・2 つ前・3 つ前のべき和で、正しくは $p_{6} = e_{1} p_{5} - e_{2} p_{4} + e_{3} p_{3}$ 。
$p_{6} = (p_{3})^{2}$ や $p_{6} = (p_{2})^{3}$ としてしまう誤り。 $(x^{3} + y^{3} + z^{3})^{2} = x^{6} + y^{6} + z^{6} + 2 (x^{3} y^{3} + y^{3} z^{3} + z^{3} x^{3})$ のように余分な項が出るので等しくない。例題でも $p_{3}^{2} = 49 \neq = 39 = p_{6}$ 。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

この技能を使う問題

難易度 4（大学院入試の難問レベル）
$F_{q}$ を位数 $q$ の有限体とする。 $F_{7}$ 上のアフィン曲線 $y^{2} = x^{5} + 1$ の非特異射影モデルを $C$ とする。 $C$ は種数 $2$ の超楕円曲線であり、 $C$ の点のうちアフィン部分に含まれないもの（無限遠点）はちょうど $1$ つで、それは $F_{7}$ 有理点である。 $C$ の $F_{7^{4}}$ 有理点（無限遠点を含む）の個数 $# C (F_{7^{4}})$ を求めよ。

この技能の次に学べること

曲線のゼータ関数と L 多項式（大学院数学代数幾何）