【解説・採点基準付き】2010年九州大学文系数学の解答・解説

三角形ABCの3辺の長さを $a=\mathrm{BC}$、 $b=\mathrm{CA}$、 $c=\mathrm{AB}$ とする。実数 $t\geqq0$ を与えたとき、Aを始点としBを通る半直線上に $\mathrm{AP}=tc$ となるように点Pをとる。次の問いに答えよ。

(1) $\mathrm{CP}^2$ を $a,b,c,t$ を用いて表せ。

(2) 点Pが $\mathrm{CP}=a$ を満たすとき、 $t$ を求めよ。

(3) (2) の条件を満たす点Pが辺AB上にちょうど2つあるとき、 $\angle\mathrm{A}$ と $\angle\mathrm{B}$ に関する条件を求めよ。

(1)　配点 15点

まず $\triangle\mathrm{ABC}$ に余弦定理を使い、3辺から $\cos A$ を表す。

$$\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$$

つぎに $\triangle\mathrm{ACP}$ で、 $\mathrm{AC}=b$ 、 $\mathrm{AP}=tc$ とそのはさむ角Aに余弦定理を使い、上の $\cos A$ を代入する。

$$\mathrm{CP}^2=b^2+(tc)^2-2\cdot b\cdot tc\cos A=b^2+c^2t^2-2btc\cdot\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=b^2+c^2t^2-(b^2+c^2-a^2)t$$

答　$\mathrm{CP}^2=c^2t^2-(b^2+c^2-a^2)t+b^2$

（確かめ： $t=0$ ならPはAで $\mathrm{CP}^2=b^2$ 、 $t=1$ ならPはBで $\mathrm{CP}^2=c^2-b^2-c^2+a^2+b^2=a^2$ 。どちらも図の位置関係と合っている）

(2)　配点 15点

$\mathrm{CP}=a$ から $\mathrm{CP}^2=a^2$ 。(1) の結果に代入して整理すると

$$c^2t^2-(b^2+c^2-a^2)t+b^2-a^2=0\quad\cdots\cdots①$$

$t=1$ ではPがBに重なり、 $\mathrm{CP}=\mathrm{CB}=a$ となるので、 $t=1$ は①を満たす（左辺に $t=1$ を入れると $c^2-b^2-c^2+a^2+b^2-a^2=0$ になる）。したがって①の左辺は $t-1$ で割り切れて

$$(t-1)\{c^2t-(b^2-a^2)\}=0\qquad\therefore\ t=1,\ \frac{b^2-a^2}{c^2}$$

条件は $t\geqq0$ なので、 $\dfrac{b^2-a^2}{c^2}$ が使えるのは、これが0以上となる $b\geqq a$ の場合だけである。

答　$b\geqq a$ のとき $t=1,\ \dfrac{b^2-a^2}{c^2}$ ／ $b<a$ のとき $t=1$

（ $b=a$ なら $t=0$ と $t=1$ の2つで、PはAとBに一致する）

(3)　配点 20点

PはAからBに向かう半直線上で $\mathrm{AP}=tc$ の位置にあるので、Pが辺AB上にある $\iff0\leqq t\leqq1$ 。

$t=1$ （P＝B）はつねに辺AB上にある。よって、(2) の条件を満たす点が辺AB上にちょうど2つとなるのは、もう1つの解 $\dfrac{b^2-a^2}{c^2}$ が $t=1$ とは別の値で、しかも $0\leqq t\leqq1$ に収まる場合、すなわち

$$0\leqq\frac{b^2-a^2}{c^2}<1\quad\cdots\cdots②$$

の場合である。もう1つの点を図で表すと、Cを中心に半径 $a$ の円をかいたとき、この円が辺ABと交わるB以外の点にあたる（下の図）。

②の左側の不等式は $b^2\geqq a^2$ 、すなわち $b\geqq a$ 。三角形では長い辺に向かい合う角ほど大きく（辺が等しければ角も等しい）、次のように読みかえられる。

$$a\leqq b\iff\angle\mathrm{A}\leqq\angle\mathrm{B}$$

②の右側の不等式は $b^2-a^2<c^2$ 、すなわち $c^2+a^2-b^2>0$ 。 $\triangle\mathrm{ABC}$ の余弦定理より

$$\cos B=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}>0\iff\angle\mathrm{B}<90^\circ$$

答　$\angle\mathrm{A}\leqq\angle\mathrm{B}<90^\circ$

（ $\angle\mathrm{A}=\angle\mathrm{B}$ のときは、もう1つの点がAに一致する）

別解（(3) を図で読む：垂線の足の位置に注目）　 $\mathrm{CP}=a$ となる点Pは、Cを中心とする半径 $a$ の円が直線ABと交わる点である。Cから直線ABへ垂線を下ろし、その足をHとおくと、円はHを軸にBと左右対称の位置でもう一度ABと交わる（上の図でPと書いた点）。このPが辺AB上にありながらBと重ならないのは、HがABの中点MとBのあいだ（Mを含み、Bは含まない）にあるとき。

・HがBの手前にある（HがBに重なったり、Bを越えたりしない） $\iff\angle\mathrm{B}<90^\circ$

・HがMよりB寄りにある（Mも含む） $\iff\mathrm{HA}\geqq\mathrm{HB}\iff\mathrm{CA}^2=\mathrm{CH}^2+\mathrm{HA}^2\geqq\mathrm{CH}^2+\mathrm{HB}^2=\mathrm{CB}^2\iff b\geqq a\iff\angle\mathrm{A}\leqq\angle\mathrm{B}$

以上から $\angle\mathrm{A}\leqq\angle\mathrm{B}<90^\circ$ 。ちなみに $\mathrm{AH}=b\cos A$ より $\mathrm{AP}=2\mathrm{AH}-c$ なので、 $t=\dfrac{2b\cos A-c}{c}=\dfrac{b^2-a^2}{c^2}$ となり、(2) で求めた解とも一致する。

次のような競技を考える。競技者がサイコロを振る。もし、出た目が気に入ればその目を得点とする。そうでなければ、もう1回サイコロを振って、2つの目の合計を得点とすることができる。ただし、合計が7以上になった場合は得点は0点とする。この取り決めによって、2回目を振ると得点が下がることもあることに注意しよう。次の問いに答えよ。

(1) 競技者が常にサイコロを2回振るとすると、得点の期待値はいくらか。

(2) 競技者が最初の目が6のときだけ2回目を振らないとすると、得点の期待値はいくらか。

(3) 得点の期待値を最大にするためには、競技者は最初の目がどの範囲にあるときに2回目を振るとよいか。

2回振るときの目の出方は、1回目・2回目あわせて $6^2=36$ 通りあり、どれも $\dfrac{1}{36}$ ずつの同じ確率である。常に2回振った場合の得点を、1回目を縦・2回目を横にした表にまとめる（合計が7以上のマスは0点）。

1回目が $k$ のとき、2回目を振った場合の得点の期待値を $E_k$ とおく。2回目の目はそれぞれ $\dfrac16$ の確率で出るので、 $E_k$ は表の $k$ 行目の和を6で割った値になる。行の和は上から順に $20,\ 18,\ 15,\ 11,\ 6,\ 0$ だから

$$E_1=\dfrac{10}{3},\quad E_2=3,\quad E_3=\dfrac52,\quad E_4=\dfrac{11}{6},\quad E_5=1,\quad E_6=0$$

(1)　配点 15点

つねに2回振る場合、得点は表のマスに書いた数で、各マスの確率は $\dfrac{1}{36}$ 。

表全体の和は

$$20+18+15+11+6+0=70$$

したがって期待値は

$$70\times\dfrac{1}{36}=\dfrac{35}{18}$$

答　$\dfrac{35}{18}$

別解（得点ごとに数える）　表のマスを数えると、得点が2、3、4、5、6となるマスは順に1、2、3、4、5個、0点のマスが21個。ゆえに期待値は

$$\dfrac{2\cdot1+3\cdot2+4\cdot3+5\cdot4+6\cdot5}{36}=\dfrac{70}{36}=\dfrac{35}{18}$$

(2)　配点 15点

最初の目が6なら2回目は振らず、得点は6で確定する。表では、1回目が6の行をすべて6に置きかえればよい（下の図の枠）。

置きかえた行の和は $6\times6=36$ なので、表全体の和は $70+36=106$ 。期待値は

$$106\times\dfrac{1}{36}=\dfrac{53}{18}$$

答　$\dfrac{53}{18}$

別解（(1) からの増加分で考える）　(1) と得点が変わるのは、最初の目が6のとき（確率 $\dfrac16$ ）だけで、0点が6点になる。期待値の増加分は $\dfrac16\times6=1$ なので、 $\dfrac{35}{18}+1=\dfrac{53}{18}$ 。

(3)　配点 20点

振り直すかどうかは、最初の目を見てから選べる。つまり最初の目 $k$ ごとに、「振る」「振らない」を別々に決めてよい。最初の目が $k$ のときの期待値を $F_k$ と書くと、振らないなら $F_k=k$ 、振るなら $F_k=E_k$ であり、全体の期待値は

$$\dfrac16(F_1+F_2+F_3+F_4+F_5+F_6)$$

と書ける。各 $F_k$ はその目 $k$ での選択だけで決まり、他の目の選択には影響されない。だから、すべての $k$ について $F_k$ が大きくなる方を選べば、全体の期待値は最大になる。

そこで $k$ ごとに $E_k$ と $k$ の大小を調べる。両方を6倍して、表の行の和 $6E_k$ と $6k$ を比べると次のようになる。

・$k=1$ ： $6E_1=20>6$ 　→ 振るほうが得

・$k=2$ ： $6E_2=18>12$ 　→ 振るほうが得

・$k=3$ ： $6E_3=15<18$ 　→ 振らないほうが得

・$k=4,\ 5,\ 6$ ： $6E_k=11,\ 6,\ 0$ は、順に $24,\ 30,\ 36$ を下回る　→ 振らないほうが得

以上より、2回目を振るのは最初の目が1か2の場合だけでよい。この決め方での期待値は

$$\dfrac{1}{36}(20+18+18+24+30+36)=\dfrac{146}{36}=\dfrac{73}{18}$$

答　最初の目が1または2のときに限り、2回目を振る

補足（「◯以上の目なら振らない」という型だけで比べる解き方）　「 $n$ 以上の目が出たら振らない」という形の決め方に限って、 $n=1,\ 2,\ \cdots$ と順に比べても、同じ答えに行きつく（ $n=3$ で最大の $\dfrac{73}{18}$ ）。ただし、これでは「3の目のときだけ振る」といった飛び飛びの決め方を除く根拠にならない。最初の目ごとに独立に選べると書いておけば、64通りすべての決め方のなかで最大だと言い切れる。

$xy$ 平面上に原点Oを中心とする半径1の円を描き、その上半分をCとし、その両端を $\mathrm{A}(-1,0)$、 $\mathrm{B}(1,0)$ とする。C上の2点M、Nを $\mathrm{NM}=\mathrm{MB}$ となるようにとる。ただし、 $\mathrm{N}\neq\mathrm{B}$ とする。このとき、次の問いに答えよ。

(1) $\angle\mathrm{MAB}=\theta$ とおくとき、弦の長さMBおよび点Mの座標を $\theta$ を用いて表せ。

(2) 点Nから $x$ 軸におろした垂線をNPとしたとき、PBを $\theta$ を用いて表せ。

(3) $t=\sin\theta$ とおく。条件 $\mathrm{MB}=\mathrm{PB}$ を $t$ を用いて表せ。

(4) $\mathrm{MB}=\mathrm{PB}$ となるような点Mがただ一つあることを示せ。

(1)　配点 10点

ABは円の直径なので、直径の円周角より $\angle\mathrm{AMB}=90^\circ$。直角三角形AMBで $\mathrm{AB}=2$、 $\angle\mathrm{MAB}=\theta$ なので

$$\mathrm{MB}=\mathrm{AB}\sin\theta=2\sin\theta$$

また、弧MBに対する中心角は円周角の2倍なので $\angle\mathrm{MOB}=2\theta$。Oを中心とする半径1の円の上の点で、 $x$ 軸の正の向きから $2\theta$ 回った位置にあるので

$$\mathrm{M}(\cos2\theta,\ \sin2\theta)$$

（MはCの上で $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$ と異なるので $0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$）

答　$\mathrm{MB}=2\sin\theta$、 $\mathrm{M}(\cos2\theta,\ \sin2\theta)$

別解（Aから測る）　直角三角形AMBで $\mathrm{AM}=2\cos\theta$。MはAから角 $\theta$ の向きに $2\cos\theta$ 進んだ点なので

$$\mathrm{M}(-1+2\cos\theta\cdot\cos\theta,\ 2\cos\theta\cdot\sin\theta)=(2\cos^2\theta-1,\ 2\sin\theta\cos\theta)=(\cos2\theta,\ \sin2\theta)$$

(2)　配点 12点

弦NMと弦MBの長さが等しいので、対応する中心角も等しく $\angle\mathrm{NOM}=\angle\mathrm{MOB}=2\theta$。Mから中心角 $2\theta$ だけ離れたC上の点はBとNの2つで、 $\mathrm{N}\neq\mathrm{B}$ なので、NはMからさらに $2\theta$ 回った点である。よって

$$\mathrm{N}(\cos4\theta,\ \sin4\theta)$$

NはC上の点なので $0<4\theta\leqq\pi$、すなわち

$$0<\theta\leqq\frac{\pi}{4}$$

である（ $\theta=\dfrac{\pi}{4}$ のときMは $(0,\ 1)$ で、NはAに一致する。 $\theta$ がこれより大きいとNはCからはみ出す）。

Nから $x$ 軸におろした垂線の足は $\mathrm{P}(\cos4\theta,\ 0)$ なので

$$\mathrm{PB}=1-\cos4\theta$$

答　$\mathrm{PB}=1-\cos4\theta$（ $=2\sin^22\theta$）

別解（円周角で求める）　等しい弦NM、MBに対する円周角は等しいので $\angle\mathrm{NAM}=\angle\mathrm{MAB}=\theta$、よって $\angle\mathrm{NAB}=2\theta$。直角三角形ANB（ $\angle\mathrm{ANB}=90^\circ$）で $\mathrm{AN}=2\cos2\theta$、直角三角形ANPで $\mathrm{AP}=\mathrm{AN}\cos2\theta=2\cos^22\theta$。よって $\mathrm{PB}=2-2\cos^22\theta=2\sin^22\theta$。

(3)　配点 10点

半角（倍角）の公式より

$$\mathrm{PB}=1-\cos4\theta=2\sin^22\theta=2(2\sin\theta\cos\theta)^2=8\sin^2\theta\cos^2\theta$$

$\mathrm{MB}=\mathrm{PB}$ は $2\sin\theta=8\sin^2\theta\cos^2\theta$。 $0<\theta\leqq\dfrac{\pi}{4}$ より $\sin\theta>0$ なので、両辺を $2\sin\theta$ で割って

$$4\sin\theta\cos^2\theta=1$$

$t=\sin\theta$ とおくと $\cos^2\theta=1-t^2$ なので $4t(1-t^2)=1$。また $0<\theta\leqq\dfrac{\pi}{4}$ より $0<t\leqq\dfrac{1}{\sqrt2}$。

答　$4t^3-4t+1=0$（ただし $0<t\leqq\dfrac{1}{\sqrt2}$）

(4)　配点 18点

$t=\sin\theta$ は $0<\theta\leqq\dfrac{\pi}{4}$ で増加するので、 $t$ と $\theta$ は1対1に対応する。また (1) よりMは $\theta$ で1つに決まり、異なる $\theta$ には異なるMが対応する（ $2\theta$ は $0$ から $\dfrac{\pi}{2}$ の範囲で異なる）。よって、示すことは「 $0<t\leqq\dfrac{1}{\sqrt2}$ で $4t^3-4t+1=0$ の解がただ一つあること」である。

$f(t)=4t^3-4t+1$ とおくと $f'(t)=12t^2-4=4(\sqrt3t+1)(\sqrt3t-1)$。 $\dfrac{1}{\sqrt3}<\dfrac{1}{\sqrt2}$ なので、 $f(t)$ は $0<t\leqq\dfrac{1}{\sqrt3}$ で減少し、 $\dfrac{1}{\sqrt3}\leqq t\leqq\dfrac{1}{\sqrt2}$ で増加する。

$$f(0)=1>0,\qquad f\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)=\frac{4}{3\sqrt3}-\frac{4}{\sqrt3}+1=1-\frac{8\sqrt3}{9}<0,\qquad f\left(\frac{1}{\sqrt2}\right)=\frac{2}{\sqrt2}-\frac{4}{\sqrt2}+1=1-\sqrt2<0$$

（ $8\sqrt3=\sqrt{192}>\sqrt{81}=9$ より $\dfrac{8\sqrt3}{9}>1$）

$0<t\leqq\dfrac{1}{\sqrt3}$ では、 $f(t)$ は連続で減少し、 $f(0)>0$、 $f\left(\dfrac{1}{\sqrt3}\right)<0$ なので、 $f(t)=0$ となる $t$ がちょうど1つある（これを $t_0$ とする）。 $\dfrac{1}{\sqrt3}\leqq t\leqq\dfrac{1}{\sqrt2}$ では、増加するので $f(t)\leqq f\left(\dfrac{1}{\sqrt2}\right)<0$ で、解はない。

よって $0<t\leqq\dfrac{1}{\sqrt2}$ で $f(t)=0$ の解は $t_0$ ただ一つで、対応する $\theta$、すなわち点Mもただ一つある。（終）

補足（範囲を忘れるとどうなるか）　 $0<t<1$ のまま考えると、 $f(1)=1>0$ なので $\dfrac{1}{\sqrt2}<t<1$ にもう1つ解（ $t\fallingdotseq0.84$、上の図の白丸）が出てきて、「ただ一つ」が示せない。この解は $\theta>\dfrac{\pi}{4}$ に当たり、NがCの外に出てしまうので解にならない。(2) で $0<\theta\leqq\dfrac{\pi}{4}$ を押さえておくことが、(4) の決め手になる。なお、 $t_0\fallingdotseq0.270$、 $\theta\fallingdotseq15.6^\circ$ である。

以下の問いに答えよ。答えだけでなく、必ず証明も記せ。

(1) 和 $1+2+\cdots+n$ を $n$ の多項式で表せ。

(2) 和 $1^2+2^2+\cdots+n^2$ を $n$ の多項式で表せ。

(3) 和 $1^3+2^3+\cdots+n^3$ を $n$ の多項式で表せ。

以下、 $S_1=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k$、 $S_2=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^2$、 $S_3=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^3$ とおく（ $n$ は自然数）。

(1)　配点 10点

$S_1$ を順に並べた式と、逆順に並べた式を上下にそろえて書く。

$$\begin{array}{rcl}S_1&=&1+2+\cdots+(n-1)+n\\S_1&=&n+(n-1)+\cdots+2+1\end{array}$$

上下を足すと、どの列の和も $n+1$ で、列は $n$ 個あるので

$$2S_1=(n+1)\times n$$

答　$1+2+\cdots+n=\dfrac12n(n+1)=\dfrac12n^2+\dfrac12n$

（確かめ： $n=1$ で左辺1、右辺 $\dfrac12\cdot1\cdot2=1$ 。 $n=4$ で左辺10、右辺 $\dfrac12\cdot4\cdot5=10$ ）

別解（隣り合う2項の差）　 $(k+1)k-k(k-1)=2k$ を $k=1$ から $n$ まで足すと、左辺は $(2\cdot1-1\cdot0)+(3\cdot2-2\cdot1)+\cdots+\left\{(n+1)n-n(n-1)\right\}$ で間の項が消え、 $(n+1)n$ だけが残る。よって $2S_1=n(n+1)$ 。(2)(3) と同じ考え方で示せる。

(2)　配点 20点

すべての整数 $k$ で

$$(k+2)(k+1)k-(k+1)k(k-1)=(k+1)k\left\{(k+2)-(k-1)\right\}=3k^2+3k$$

が成り立つ。左辺は、 $(k+1)k(k-1)$ の $k$ を $k+1$ にすると $(k+2)(k+1)k$ になる、隣り合う2項の差である。

この両辺を $k=1,\ 2,\ \cdots,\ n$ について足す。左辺を書き出すと

$$\begin{aligned}&(3\cdot2\cdot1-2\cdot1\cdot0)+(4\cdot3\cdot2-3\cdot2\cdot1)+(5\cdot4\cdot3-4\cdot3\cdot2)+\cdots\\&+\left\{(n+2)(n+1)n-(n+1)n(n-1)\right\}\end{aligned}$$

で、間の項が消え、最初の $-2\cdot1\cdot0=0$ と最後の $(n+2)(n+1)n$ だけが残る。よって

$$(n+2)(n+1)n=3S_2+3S_1$$

(1) より $S_1=\dfrac12n(n+1)$ なので

$$3S_2=n(n+1)(n+2)-\frac32n(n+1)=n(n+1)\left(n+2-\frac32\right)=\frac12n(n+1)(2n+1)$$

答　$1^2+2^2+\cdots+n^2=\dfrac16n(n+1)(2n+1)=\dfrac13n^3+\dfrac12n^2+\dfrac16n$

（確かめ： $n=1$ で右辺 $\dfrac16\cdot1\cdot2\cdot3=1$ 。 $n=3$ で左辺 $1+4+9=14$ 、右辺 $\dfrac16\cdot3\cdot4\cdot7=14$ ）

別解（ $(k+1)^3-k^3$ を使う）　 $(k+1)^3-k^3=3k^2+3k+1$ を $k=1$ から $n$ まで足すと、左辺は間の項が消えて $(n+1)^3-1^3$ 。右辺は $3S_2+3S_1+n$ （1を $n$ 回足すので $n$ 。1にしない）。よって

$$3S_2=(n+1)^3-1-n-\frac32n(n+1)=(n+1)\left\{(n+1)^2-1-\frac32n\right\}=(n+1)\left(n^2+\frac12n\right)=\frac12n(n+1)(2n+1)$$

で、本解と同じ答えになる。教科書に載っているのはこの形が多い。

別解（数学的帰納法）　答えの式を知っているときは、「すべての自然数 $n$ で $S_2=\dfrac16n(n+1)(2n+1)$ …(☆) が成り立つ」という自然数の全称命題なので、帰納法で示せる。

(i) $n=1$ のとき、左辺1、右辺 $\dfrac16\cdot1\cdot2\cdot3=1$ で成り立つ。

(ii) $n=m$ （ $m\geqq1$ ）で (☆) が成り立つと仮定する（使っていい式）。示す式は $1^2+\cdots+(m+1)^2=\dfrac16(m+1)(m+2)(2m+3)$ 。仮定を使うと

$$1^2+\cdots+m^2+(m+1)^2=\frac16m(m+1)(2m+1)+(m+1)^2=\frac16(m+1)\left(2m^2+7m+6\right)=\frac16(m+1)(m+2)(2m+3)$$

となり、 $n=m+1$ でも成り立つ。(i)(ii) より、すべての自然数 $n$ で (☆) は成り立つ。

この解き方は (1) を使わないので、(1) が書けなくても (2) を単独で示せる。ただし、答えの式を正しく覚えていることが前提になる。

(3)　配点 20点

すべての整数 $k$ で

$$\begin{aligned}&(k+3)(k+2)(k+1)k-(k+2)(k+1)k(k-1)\\&=(k+2)(k+1)k\\&\quad\times\left\{(k+3)-(k-1)\right\}\\&=4k(k+1)(k+2)\\&=4k^3+12k^2+8k\end{aligned}$$

が成り立つ。左辺は、 $(k+2)(k+1)k(k-1)$ の $k$ を $k+1$ にすると $(k+3)(k+2)(k+1)k$ になる、隣り合う2項の差である。

この両辺を $k=1$ から $n$ まで足す。左辺を書き出すと

$$\begin{aligned}&(4\cdot3\cdot2\cdot1-3\cdot2\cdot1\cdot0)+(5\cdot4\cdot3\cdot2-4\cdot3\cdot2\cdot1)+\cdots\\&+\left\{(n+3)(n+2)(n+1)n-(n+2)(n+1)n(n-1)\right\}\end{aligned}$$

で、間の項が消え、 $(n+3)(n+2)(n+1)n$ だけが残る。よって

$$n(n+1)(n+2)(n+3)=4S_3+12S_2+8S_1$$

(1)(2) の結果を代入すると $12S_2=2n(n+1)(2n+1)$ 、 $8S_1=4n(n+1)$ なので

$$\begin{aligned}4S_3&=n(n+1)(n+2)(n+3)-2n(n+1)(2n+1)-4n(n+1)\\&=n(n+1)\\&\quad\times\left\{(n^2+5n+6)-(4n+2)-4\right\}\\&=n(n+1)\left(n^2+n\right)=n^2(n+1)^2\end{aligned}$$

答　$1^3+2^3+\cdots+n^3=\left\{\dfrac12n(n+1)\right\}^2=\dfrac14n^4+\dfrac12n^3+\dfrac14n^2$

（確かめ： $n=1$ で右辺 $\left(\dfrac12\cdot1\cdot2\right)^2=1$ 。 $n=3$ で左辺 $1+8+27=36$ 、右辺 $\left(\dfrac12\cdot3\cdot4\right)^2=36$ 。3乗の和は、(1) の1乗の和の2乗になっている）

別解（ $(k+1)^4-k^4$ を使う）　 $(k+1)^4-k^4=4k^3+6k^2+4k+1$ を $k=1$ から $n$ まで足すと、左辺は $(n+1)^4-1$ 、右辺は $4S_3+6S_2+4S_1+n$ 。(1)(2) を代入して

$$4S_3=(n+1)^4-(n+1)-n(n+1)(2n+1)-2n(n+1)=(n+1)\left(n^3+n^2\right)=n^2(n+1)^2$$

で、本解と同じ答えになる。

別解（数学的帰納法）　すべての自然数 $n$ で $S_3=\left\{\dfrac12n(n+1)\right\}^2$ …(★) を示す。(i) $n=1$ のとき、左辺1、右辺1で成り立つ。(ii) $n=m$ （ $m\geqq1$ ）で (★) が成り立つと仮定すると

$$1^3+\cdots+m^3+(m+1)^3=\frac14m^2(m+1)^2+(m+1)^3=\frac14(m+1)^2\left(m^2+4m+4\right)=\left\{\frac12(m+1)(m+2)\right\}^2$$

となり、 $n=m+1$ でも成り立つ。(i)(ii) より、すべての自然数 $n$ で (★) は成り立つ。(1)(2) を使わないので、前の小問が書けなくても (3) を単独で示せる。