京都大学 2015年 文系 第5問 解説

方針・初手

• $f(x)$ を $g(x)$ で割ったときの商と余りを用いて $A_n = f(n)/g(n)$ を整理します。
• 整数列の差分 $B_n = A_{n+1} - A_n$、さらにその差分 $C_n = B_{n+1} - B_n$ を考え、整数列の極限が $0$ になることから余りが $0$ であることを導きます。

解法1（差分の差分）

$f(x) = ax^2 + bx + c$、$g(x) = dx + e$（$d > 0,\ e > 0$）とおく。$f(x)$ を $g(x)$ で割ると、商は 1 次式、余りは定数 $r$ であるから、ある定数 $p,\ q$ を用いて

$$ f(x) = (px + q)(dx + e) + r $$

と表せる。$n$ を正の整数として両辺を $g(n) = dn + e$ で割ると、

$$ A_n = \frac{f(n)}{g(n)} = pn + q + \frac{r}{dn + e} $$

仮定より $A_n$ は整数であるから、$pn + q$ が整数であることと合わせると $\dfrac{r}{dn+e}$ も整数である。

次に差分を考える。

$$ B_n = A_{n+1} - A_n = p + \frac{r}{dn+d+e} - \frac{r}{dn+e} = p - \frac{dr}{(dn+e)(dn+d+e)} $$

$A_n,\ A_{n+1}$ はともに整数であるから $B_n$ も整数である。さらに差分をとる。

$$ C_n = B_{n+1} - B_n = \frac{dr}{(dn+e)(dn+d+e)} - \frac{dr}{(dn+d+e)(dn+2d+e)} = \frac{2d^2 r}{(dn+e)(dn+d+e)(dn+2d+e)} $$

$B_n,\ B_{n+1}$ はともに整数であるから $C_n$ も整数である。

$d > 0,\ e > 0$ であるから $n \to \infty$ のとき $C_n \to 0$。

整数列 $\{C_n\}$ の極限が $0$ であるから、十分大きい $n$ に対して $C_n = 0$ である。

$$ C_n = 0 \implies \frac{2d^2 r}{(dn+e)(dn+d+e)(dn+2d+e)} = 0 \implies r = 0 $$

したがって $f(x) = (px+q)(dx+e) = (px+q)g(x)$ であり、$f(x)$ は $g(x)$ で割り切れる。$\blacksquare$

解法2（極限で整数を確定）

解法1と同様に、

$$ B_n = p - \frac{dr}{(dn+e)(dn+d+e)} $$

$n \to \infty$ のとき $\dfrac{dr}{(dn+e)(dn+d+e)} \to 0$ であるから $B_n \to p$。

$B_n$ は整数列でその極限が $p$ であるから、十分大きい $n$ に対して $B_n = p$、すなわち

$$ \frac{dr}{(dn+e)(dn+d+e)} = 0 $$

これより $r = 0$ が従い、$f(x)$ は $g(x)$ で割り切れる。$\blacksquare$

解説

整数列に関する極限の議論を用いて割り切れることを示す、やや抽象的な証明問題です。

鍵となるのは「整数列の極限が $0$ ならば、その列はいずれ $0$ になる」という事実です。これは整数列 $\{x_n\}$ が $|x_n| < 1$ を満たすとき $x_n = 0$ が成り立つという観察から直ちに従います。

解法1では差分を 2 回とって $C_n \to 0$ を使い、解法2では差分を 1 回とって $B_n \to p$（整数）を使います。いずれの方針も余り $r$ が $0$ であることを導く点では同じです。

$f(x)$ を $g(x)$ で割り算して余り $r$ を導入し、$A_n$ の式を整理するという初手が本問の核心であり、これに気づけば後の議論は自然に流れます。

答え

$\dfrac{f(n)}{g(n)}$ がすべての正の整数 $n$ に対して整数であるならば、$f(x)$ は $g(x)$ で割り切れる。（証明は解法1に記載）