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NF杯2024

NF杯2024(N)

　多項式 f(x)f(x) に対して pi(f)p_{i}(f) (i=0,1,…,5)(i=0,1,\dots,5) を，ff の xkx^k の係数のうち kk が 66 で割って ii 余るものの総和とする．任意の多項式 f,gf, g および多項式

Q(x)=a5x5+⋯+a1x+a0Q(x)=a_5x^5+\cdots +a_1x+a_0

に対して，

pi(f+g)=pi(f)+pi(g),pi(Qf)=∑k=05akpi−k(f)\begin{aligned} p_i(f+g)=p_i(f)+p_i(g),\quad p_i(Qf)=\sum_{k=0}^{5}a_kp_{i-k}(f) \end{aligned}

が成り立つ．ただし，pi(f)=pi+6(f)p_{i}(f)=p_{i+6}(f) (−5≤i≤−1)(-5\leq i\leq -1) とした．

　さて，求める値を pip_i を用いて言い換える．まず，

Fn(x)=(x+x2+⋯+x20242024)nF_n(x)=\left(\frac{x+x^2+\cdots+x^{2024}}{2024}\right)^n

とすると，FnF_n の xkx^k における係数は nn 回操作を行ったときに得られた数字の和が kk となる確率と一致するので，P(n,i)=pi(Fn)P(n,i)=p_{i}(F_n) が成り立つ．また二項定理より，多項式 R(x)R(x) が存在して

Fn(x)=(x+x2+(1+x+x2+⋯+x5)(x3+x9+⋯+x2019)2024)n=(x+x22024)n+(1+x+⋯+x5)R(x)\begin{aligned} F_n(x)&=\left(\frac{x+x^2+(1+x+x^2+\cdots+x^5)(x^3+x^9+\cdots +x^{2019})}{2024}\right)^n\\ &=\left(\frac{x+x^2}{2024}\right)^n+(1+x+\cdots +x^5)R(x) \end{aligned}

となり，S(x)=(1+x+⋯+x5)R(x)S(x)=(1+x+\cdots+x^5)R(x) とおくと任意の i,ji,j (0≤i,j≤5)(0\leq i,j\leq 5) に対して

pi(S)=pj(S)=∑k=05pk(R)p_i(S)=p_j(S)=\sum_{k=0}^{5}p_k(R)

であるので，

fn(x)=(x+x22024)nf_n(x)=\left(\frac{x+x^2}{2024}\right)^n

とおくと

max⁡0≤i≤5P(n,i)−min⁡0≤i≤5P(n,i)=max⁡0≤i≤5pi(Fn)−min⁡0≤i≤5pi(Fn)=max⁡0≤i≤5pi(fn)−min⁡0≤i≤5pi(fn)\begin{aligned} \max_{0\leq i\leq 5}P(n,i)-\min_{0\leq i\leq 5}P(n,i)&=\max_{0\leq i\leq 5}p_{i}(F_n)-\min_{0\leq i\leq 5}p_{i}(F_n)\\ &=\max_{0\leq i\leq 5}p_{i}(f_n)-\min_{0\leq i\leq 5}p_{i}(f_n) \end{aligned}

となる．ここで，以下の補題が成り立つ．

補題． nn を正の整数とし， gn(x)=(−1)n20242n−1x4f2n−1(x)hn(x)=(−1)n−120242nf2n(x)\begin{aligned} g_n(x)&=(-1)^n2024^{2n-1}x^4f_{2n-1}(x) \\ h_n(x)&=(-1)^{n-1}2024^{2n}f_{2n}(x) \end{aligned}

に対して

bn,i=pi(gn), cn,i=pi(hn) (i=0,…,5)\begin{aligned} b_{n,i}=p_i(g_n),\ c_{n,i}=p_i(h_n)\ (i=0,\dots,5) \end{aligned}

とおくと，

{bn,0=bn,5≤bn,1=bn,4≤bn,2=bn,3cn,0≤cn,1=cn,5≤cn,2=cn,4≤cn,3\begin{cases} b_{n,0}=b_{n,5}\leq b_{n,1}=b_{n,4}\leq b_{n,2}=b_{n,3}\\ c_{n,0}\leq c_{n,1}=c_{n,5}\leq c_{n,2}=c_{n,4}\leq c_{n,3} \end{cases}

かつ

{bn,3−bn,0=3n−1cn,3−cn,0=2⋅3n−1\begin{cases} b_{n,3}-b_{n,0}=3^{n-1} \\ c_{n,3}-c_{n,0}=2\cdot 3^{n-1} \end{cases}

が成り立つ.

補題の証明

帰納法で示す．n=1n=1のとき，

{b1,0=b1,1=bn,4=bn,5=0, b1,2=b1,3=1c1,0=c1,1=c1,5=0, c1,2=c1,4=1, c1,3=2\begin{cases} b_{1,0}=b_{1,1}=b_{n,4}=b_{n,5}=0,\ b_{1,2}=b_{1,3}=1\\ c_{1,0}=c_{1,1}=c_{1,5}=0,\ c_{1,2}=c_{1,4}=1,\ c_{1,3}=2 \end{cases}

より成立．n=kn=k で成り立つと仮定する．このときまず bn,3−bn,0b_{n,3}-b_{n,0} について， gk+1(x)=(−1)k+1x4(x+x2)2k+1=−(x+x2)2gk(x)=−(x2+2x3+x4)gk(x)\begin{aligned} g_{k+1}(x)&=(-1)^{k+1}x^4(x+x^2)^{2k+1} \\ &=-(x+x^2)^2g_k(x) \\ &=-(x^2+2x^3+x^4)g_k(x) \end{aligned} であり， 仮定より bk+1,3−bk+1,0=−(bk,5+2bk,0+bk,1)+(bk,2+2bk,3+bk,4)=3(bk,3−bk,0)=3k\begin{aligned} b_{k+1,3}-b_{k+1,0}&=-(b_{k,5}+2b_{k,0}+b_{k,1})+(b_{k,2}+2b_{k,3}+b_{k,4})\\ &=3(b_{k,3}-b_{k,0})\\ &=3^k \end{aligned} となって n=k+1n=k+1 でも成立．同様に bk+1,ib_{k+1,i} と bk+1,jb_{k+1,j} (0≤i<j≤5)(0\leq i\lt j\leq 5) の差をみることで, {bk+1,2=bk+1,3, bk+1,1=bk+1,4, bk+1,0=bk+1,5bk+1,2≥bk+1,1≥bk+1,0\begin{cases} b_{k+1,2}=b_{k+1,3}, \ b_{k+1,1}=b_{k+1,4}, \ b_{k+1,0}=b_{k+1,5}\\ b_{k+1,2}\geq b_{k+1,1}\geq b_{k+1,0} \end{cases} も成り立つので，bk+1,ib_{k+1,i} に関する不等式も成立する. また cn,3−cn,0c_{n,3}-c_{n,0} について， x6hk+1(x)=(−1)kx6(x+x2)2k+2=−(x3+x4)gk+1(x)\begin{aligned} x^6h_{k+1}(x)&=(-1)^{k}x^6(x+x^2)^{2k+2} \\ &=-(x^3+x^4)g_{k+1}(x) \\ \end{aligned} より， ck+1,3−ck+1,0=−(bk+1,0+bk+1,5)+(bk+1,2+bk+1,3)=2(bk+1,3−bk+1,0)=2⋅3k\begin{aligned} c_{k+1,3}-c_{k+1,0}&=-(b_{k+1,0}+b_{k+1,5})+(b_{k+1,2}+b_{k+1,3})\\ &=2(b_{k+1,3}-b_{k+1,0})\\ &=2\cdot 3^k \end{aligned} となって n=k+1n=k+1 でも成り立つ．同様に ck+1,ic_{k+1,i} と ck+1,jc_{k+1,j} (0≤i<j≤5)(0\leq i\lt j\leq 5) の差をみることで, ck+1,ic_{k+1,i} に関する不等式も成立する. 以上より示せた．

したがって補題より，

∑n=1∞(max⁡0≤i≤5P(n,i)−min⁡0≤i≤5P(n,i))=∑n=1∞(max⁡0≤i≤5pi(fn)−min⁡0≤i≤5pi(fn))=∑n=1∞(bn,3−bn,020242n−1+cn,3−cn,020242n)=∑n=1∞((2024+2)⋅3n−120242n)=202620242⋅(1−320242)−1=20264096573\begin{aligned}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\max_{0\leq i\leq 5}P(n,i)-\min_{0\leq i\leq 5}P(n,i)\right)&=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\max_{0\leq i\leq 5}p_{i}(f_n)-\min_{0\leq i\leq 5}p_{i}(f_n)\right)\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{b_{n,3}-b_{n,0}}{2024^{2n-1}}+\frac{c_{n,3}-c_{n,0}}{2024^{2n}}\right)\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{(2024+2)\cdot 3^{n-1}}{2024^{2n}}\right)\\ &=\frac{2026}{2024^2}\cdot \left(1-\frac{3}{2024^2}\right)^{-1}\\ &=\frac{2026}{4096573} \end{aligned}

であり，特に解答すべき値は 2026+4096573=40985992026+4096573=\mathbf{4098599} である．

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