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数学2 多項式の割り算問題 6 解説

方針・初手

(1)は、整式の割り算について商と余りを設定し、微分を用いて条件を整理する。(2)は(1)で示した定理を具体的な整式に適用して連立方程式を解く。(3)は、(2)で得られた式を因数分解、または恒等式の微分などの手法を用いて商を決定する。

解法1

(1)

$x$ に関する整式 $f(x)$ を $(x-a)^2$ で割ったときの商を $Q(x)$、余りを $cx+d$ （$c, d$ は定数）とおく。

$$f(x) = (x-a)^2 Q(x) + cx + d$$

この両辺を $x$ で微分すると、積の微分法より以下のようになる。

$$f'(x) = 2(x-a)Q(x) + (x-a)^2 Q'(x) + c$$

$f(x)$ が $(x-a)^2$ で割り切れるための必要十分条件は、余りが $0$、すなわち $c=0$ かつ $d=0$ となることである。上の2つの式に $x=a$ を代入すると、次のようになる。

$$f(a) = ca + d$$

$$f'(a) = c$$

$c=0$ かつ $d=0$ ならば、$f(a)=0$ かつ $f'(a)=0$ が成り立つ。逆に、$f(a)=0$ かつ $f'(a)=0$ ならば、$c=0$ となり、これを $ca+d=0$ に代入して $d=0$ を得る。以上より、$f(x)$ が $(x-a)^2$ で割り切れるための必要十分条件は $f(a)=0$, $f'(a)=0$ である。

(2)

(1)で示した事実を用いると、$f_n(x)$ が $(x-1)^2$ で割り切れるための条件は、$f_n(1)=0$ かつ $f_n'(1)=0$ である。与えられた関数とその導関数は次の通りである。

$$f_n(x) = a_n x^{n+1} + b_n x^n + 1$$

$$f_n'(x) = (n+1)a_n x^n + n b_n x^{n-1}$$

これらに $x=1$ を代入して $0$ とおくと、次の連立方程式が得られる。

$$a_n + b_n + 1 = 0$$

$$(n+1)a_n + n b_n = 0$$

第1式より $b_n = -a_n - 1$ となり、これを第2式に代入する。

$$(n+1)a_n + n(-a_n - 1) = 0$$

$$a_n - n = 0$$

よって $a_n = n$ となり、このとき $b_n = -(n+1)$ と定まる。

(3)

(2)の結果より、整式 $f_n(x)$ は次のように表せる。

$$f_n(x) = n x^{n+1} - (n+1)x^n + 1$$

これを $(x-1)^2$ で割ったときの商を求めるため、式を $(x-1)$ でくくれるように変形していく。

$$f_n(x) = n x^n (x - 1) - x^n + 1$$

$$f_n(x) = n x^n (x - 1) - (x^n - 1)$$

ここで、$x^n - 1 = (x - 1)(x^{n-1} + x^{n-2} + \dots + x + 1)$ であるから、これを代入して共通因数 $(x-1)$ でくくる。

$$f_n(x) = (x - 1) \{ n x^n - (x^{n-1} + x^{n-2} + \dots + x + 1) \}$$

波括弧の中の式を $g(x) = n x^n - (x^{n-1} + x^{n-2} + \dots + x + 1)$ とおく。 $f_n(x)$ は $(x-1)^2$ で割り切れるので、$g(x)$ はさらに $x-1$ で割り切れるはずである。 $g(x)$ を $x-1$ で割ったときの商を $c_{n-1} x^{n-1} + c_{n-2} x^{n-2} + \dots + c_1 x + c_0$ とおいて展開する。

$$(x - 1) (c_{n-1} x^{n-1} + c_{n-2} x^{n-2} + \dots + c_1 x + c_0)$$

$$= c_{n-1} x^n + (c_{n-2} - c_{n-1}) x^{n-1} + \dots + (c_0 - c_1) x - c_0$$

これと元の $g(x)$ の各次数の係数を比較すると、次が成り立つ。

$$\begin{cases} c_{n-1} = n \\ c_{n-2} - c_{n-1} = -1 \\ \vdots \\ c_0 - c_1 = -1 \\ -c_0 = -1 \end{cases}$$

これらを順に解くと、$c_{n-1} = n$, $c_{n-2} = n-1, \dots, c_0 = 1$ となる。したがって、求める商は以下のようになる。

$$n x^{n-1} + (n-1) x^{n-2} + \dots + 2x + 1$$

解法2

(3)の別解として、恒等式の微分を用いる方法を示す。

次の等比数列の和の恒等式を考える。

$$x^{n+1} - 1 = (x-1)(x^n + x^{n-1} + \dots + x + 1)$$

両辺を $x$ で微分すると、積の微分法により次が得られる。

$$(n+1)x^n = 1 \cdot (x^n + x^{n-1} + \dots + x + 1) + (x-1)(n x^{n-1} + (n-1)x^{n-2} + \dots + 2x + 1)$$

移項して整理する。

$$(n+1)x^n - (x^n + x^{n-1} + \dots + x + 1) = (x-1)(n x^{n-1} + (n-1)x^{n-2} + \dots + 2x + 1)$$

$$n x^n - x^{n-1} - \dots - x - 1 = (x-1)(n x^{n-1} + (n-1)x^{n-2} + \dots + 2x + 1)$$

この両辺にさらに $(x-1)$ を掛ける。

$$(x-1) \{ n x^n - (x^{n-1} + \dots + x + 1) \} = (x-1)^2 (n x^{n-1} + (n-1)x^{n-2} + \dots + 2x + 1)$$

左辺を展開すると、次のように $f_n(x)$ に一致する。

$$n x^{n+1} - n x^n - (x^n - 1) = n x^{n+1} - (n+1) x^n + 1 = f_n(x)$$

よって、以下の関係が成り立つ。

$$f_n(x) = (x-1)^2 (n x^{n-1} + (n-1)x^{n-2} + \dots + 2x + 1)$$

以上から、商は $n x^{n-1} + (n-1) x^{n-2} + \dots + 2x + 1$ である。

解説

(1)の「整式が重解をもつ条件」は、微分法を用いた因数定理の拡張として頻出の定石である。 (3)では、解法1のように多項式の割り算における係数比較を丁寧に行う方法が確実だが、解法2のように等比数列の和の公式を微分して目的の式を作り出す手法も、難関大学の入試では極めて強力な武器となるため習得しておきたい。