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大阪大学 1980年理系第2問解説

方針・初手

(1) では、有理数 $\alpha$ を互いに素な整数 $p, q$ を用いて $\alpha = \frac{p}{q}$ と表し、$f(\alpha) = 0$ に代入して分母を払うという、有理数解に関する典型的な証明方法（有理数根定理の証明と同様の手法）を用いる。

(2) では、(1) の結果から方程式 $f(x) = 0$ の解の1つが整数であることを利用し、因数定理と解と係数の関係から $f(x)$ が2つの1次式の積に因数分解できることを示する。その後、「連続する $n$ 個の整数の中には、必ず $n$ の倍数が含まれる」という整数の基本的な性質を利用する。

解法1

(1)

$\alpha$ は有理数であるから、互いに素な整数 $p$ と自然数 $q$ を用いて、

$$ \alpha = \frac{p}{q} $$

と表すことができる。これを $f(\alpha) = 0$ に代入すると、

$$ \left(\frac{p}{q}\right)^2 + a\left(\frac{p}{q}\right) + b = 0 $$

となる。両辺に $q^2$ を掛けて整理すると、

$$ p^2 + apq + bq^2 = 0 $$

$$ p^2 = -q(ap + bq) $$

となる。$a, b, p, q$ はすべて整数であるから、$- (ap + bq)$ も整数であり、右辺は $q$ の倍数である。したがって、左辺の $p^2$ も $q$ の倍数である。

ここで、$p$ と $q$ は互いに素であるから、$p^2$ と $q$ も互いに素である。$p^2$ が $q$ の倍数となるためには、$q = 1$ でなければならない。

ゆえに、$\alpha = \frac{p}{1} = p$ となり、$\alpha$ は整数であることが示された。

(2)

(1) より、$\alpha$ は整数である。方程式 $f(x) = 0$ のもう1つの解を $\beta$ とすると、解と係数の関係より、

$$ \alpha + \beta = -a $$

となる。$a, \alpha$ は整数であるから、$\beta = -a - \alpha$ より $\beta$ も整数である。

したがって、$f(x)$ は整数 $\alpha, \beta$ を用いて、

$$ f(x) = (x - \alpha)(x - \beta) $$

と因数分解できる。

ここで、任意の整数 $l$ と任意の自然数 $n$ に対して、$n$ 個の整数 $f(l), f(l+1), \dots, f(l+n-1)$ を考える。これらは、$k = 0, 1, \dots, n-1$ を用いて $f(l+k)$ と表される。

$$ f(l+k) = (l+k - \alpha)(l+k - \beta) $$

この式の第1因数 $l+k - \alpha$ に着目する。$k = 0, 1, \dots, n-1$ と動かすとき、$l - \alpha, l+1 - \alpha, \dots, l+n-1 - \alpha$ は連続する $n$ 個の整数である。

連続する $n$ 個の整数の中には、必ず $n$ の倍数が含まれるため、ある $k$ ($0 \leqq k \leqq n-1$) に対して、$l+k - \alpha$ は $n$ の倍数となる。

その $k$ について、$f(l+k)$ は $n$ の倍数 $(l+k - \alpha)$ と整数 $(l+k - \beta)$ の積であるから、$n$ の倍数となる。すなわち、$n$ で割り切れる。

よって、$n$ 個の整数 $f(l), f(l+1), \dots, f(l+n-1)$ のうち少なくとも1つは $n$ で割り切れることが示された。

解説

(1) は「最高次係数が1である多項式方程式の有理数解は、定数項の約数（整数）に限られる」という性質の証明そのものである。$\alpha = \frac{p}{q}$ とおいて $q=1$ を導く論法は、整数問題において極めて重要かつ頻出である。

(2) は、(1) の結果を利用して $f(x)$ を $(x - \alpha)(x - \beta)$ と変形できるかにかかっている。「連続する $n$ 個の整数の積は $n!$ の倍数である」という性質は有名であるが、本問ではそこまで強い条件は必要なく、「連続する $n$ 個の整数の中に $n$ の倍数が1つ含まれる」という基本的な事実を用いれば、$(x-\alpha)$ の部分だけで十分に証明が完結する。