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京都大学 2013年文系第3問解説

方針・初手

割る式 $(x-k)(x-k-1)$ がすでに因数分解された形で与えられているため、剰余の定理を用いて $x=k$ および $x=k+1$ を代入し、$a$ と $b$ を $n, k$ を用いて具体的に表すのが確実なアプローチである。(1) は得られた式が整数の演算だけで構成されていることを述べる。(2) は「ともに割り切る素数 $p$ が存在する」と仮定して矛盾を導く背理法、またはユークリッドの互除法の原理を用いて最大公約数が $1$ になることを示す方法が有効である。

解法1

整式 $x^n$ を $(x-k)(x-k-1)$ で割ったときの商を $Q(x)$ とすると、余りが $ax+b$ であるから、次の恒等式が成り立つ。

$$ x^n = (x-k)(x-k-1)Q(x) + ax + b $$

両辺に $x=k$ を代入すると、

$$ k^n = ak + b \quad \cdots① $$

両辺に $x=k+1$ を代入すると、

$$ (k+1)^n = a(k+1) + b \quad \cdots② $$

② から ① を辺々引くと、

$$ (k+1)^n - k^n = a(k+1) - ak $$

$$ a = (k+1)^n - k^n $$

これを ① に代入して $b$ を求めると、

$$ b = k^n - ak = k^n - k\{(k+1)^n - k^n\} = k^n - k(k+1)^n + k^{n+1} = (k+1)k^n - k(k+1)^n $$

(1)

$n$ と $k$ は自然数であるから、$k$ と $k+1$ は整数であり、その $n$ 乗である $k^n$ と $(k+1)^n$ も整数である。

$$ a = (k+1)^n - k^n $$

$$ b = (k+1)k^n - k(k+1)^n $$

よって、$a$ と $b$ はともに整数の和・差・積によって表されるため、整数である。（証明終）

(2)

$a$ と $b$ をともに割り切る素数 $p$ が存在すると仮定する（背理法）。

このとき、$a$ と $b$ はともに $p$ の倍数である。

① より $k^n = ak + b$ であり、右辺は「$p$ の倍数 $\times$ 整数 $+$ $p$ の倍数」であるから、$p$ の倍数である。すなわち、$k^n$ は素数 $p$ で割り切れる。

素数の性質より、$k^n$ が $p$ で割り切れるならば、$k$ も $p$ で割り切れる。

また、$a = (k+1)^n - k^n$ より、$(k+1)^n = a + k^n$ と変形できる。右辺の $a$ は $p$ の倍数であり、$k^n$ も $p$ の倍数であるから、$(k+1)^n$ も $p$ の倍数となる。すなわち、$(k+1)^n$ は素数 $p$ で割り切れるため、同様に $k+1$ も $p$ で割り切れる。

$k$ と $k+1$ がともに $p$ で割り切れるとすると、その差である $(k+1) - k = 1$ も $p$ で割り切れなければならない。しかし、$p$ は素数（$p \geqq 2$）であるため、$1$ を割り切ることはできない。これは矛盾である。

したがって、仮定は誤りであり、$a$ と $b$ をともに割り切る素数は存在しない。（証明終）

解法2

(2) について、ユークリッドの互除法の原理 $\gcd(A, B) = \gcd(A, B \pm mA)$（$m$ は整数）を用いて最大公約数が $1$ になることを示す別解。

2つの整数 $x, y$ の最大公約数を $\gcd(x, y)$ と表す。

$b = k^n - ak$ であるから、

$$ \gcd(a, b) = \gcd(a, k^n - ak) $$

互除法の原理より、右側の数に左側の数の $k$ 倍を足しても最大公約数は変わらないため、

$$ \gcd(a, b) = \gcd(a, (k^n - ak) + ak) = \gcd(a, k^n) $$

ここで $a = (k+1)^n - k^n$ であるから、

$$ \gcd(a, k^n) = \gcd((k+1)^n - k^n, k^n) = \gcd((k+1)^n, k^n) $$

連続する2つの自然数 $k$ と $k+1$ について、$\gcd(k+1, k) = \gcd(1, k) = 1$ であり、これらは互いに素である。互いに素な整数の累乗どうしも互いに素であるから、

$$ \gcd((k+1)^n, k^n) = 1 $$

したがって、$\gcd(a, b) = 1$ となる。$a$ と $b$ の最大公約数が $1$ であるということは、$a$ と $b$ は互いに素であり、これらをともに割り切る素数（公約数となる素数）は存在しない。（証明終）

解説

整式の割り算と整数問題を融合した、理系学部でも頻出のテーマである（類題あり）。割る式が $(x-\alpha)(x-\beta)$ と因数分解できる場合は、剰余の定理を用いて余りの係数を決定するのが最も標準的な解法となる。

(2) の証明は、「素数 $p$ で割り切れると仮定する」という素数の性質（$p$ が $k^n$ を割り切るなら $p$ は $k$ を割り切る）をストレートに使う解法1が考えやすい。解法2の「ユークリッドの互除法」を用いた証明は、変形が非常に美しく、記述量も少なくなるため整数問題の強力な武器となる。連続する2つの整数が互いに素であることをうまく利用している点に着目したい。