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大阪大学 1981年理系第1問解説

方針・初手

多項式 $f(x)$ を一般の形 $f(x) = c_n x^n + \dots + c_1 x + c_0$ とおき、問題の条件を係数 $c_k$ に対する条件に帰着させる。「割り切れる」という条件を扱うため、多項式の割り算の余りを実際に計算して恒等式に持ち込む方法（解法1）と、方程式 $x^3 - a^3 = 0$ の解を代入して剰余の定理を用いる方法（解法2）が考えられる。

解法1

多項式 $f(x)$ を

$$ f(x) = \sum_{k=0}^{n} c_k x^k $$

とおく。 $f(x) - f(a)$ を考えると、

$$ f(x) - f(a) = \sum_{k=1}^{n} c_k (x^k - a^k) $$

となる。各 $k$ について、$x^k - a^k$ を $x^3 - a^3$ で割ったときの余りを調べる。自然数 $k$ を $3$ で割った余りで分類し、$k = 3m, 3m+1, 3m+2$ （$m$ は $0$ 以上の整数）と表す。

(i)

$k = 3m$ のとき

$$ x^{3m} - a^{3m} = (x^3)^m - (a^3)^m $$

これは $x^3 - a^3$ を因数にもつため、$x^3 - a^3$ で割り切れる。

(ii)

$k = 3m+1$ のとき

$$ \begin{aligned} x^{3m+1} - a^{3m+1} &= x \cdot x^{3m} - a \cdot a^{3m} \\ &= x(x^{3m} - a^{3m}) + x a^{3m} - a \cdot a^{3m} \\ &= x(x^{3m} - a^{3m}) + a^{3m}(x - a) \end{aligned} $$

第1項は $x^3 - a^3$ で割り切れるため、余りは $a^{3m}(x - a)$ となる。

(iii)

$k = 3m+2$ のとき

$$ \begin{aligned} x^{3m+2} - a^{3m+2} &= x^2 \cdot x^{3m} - a^2 \cdot a^{3m} \\ &= x^2(x^{3m} - a^{3m}) + x^2 a^{3m} - a^2 \cdot a^{3m} \\ &= x^2(x^{3m} - a^{3m}) + a^{3m}(x^2 - a^2) \end{aligned} $$

第1項は $x^3 - a^3$ で割り切れるため、余りは $a^{3m}(x^2 - a^2)$ となる。

これらより、$f(x) - f(a)$ を $x^3 - a^3$ で割った余り $R(x)$ は、

$$ R(x) = \sum_{m} c_{3m+1} a^{3m}(x - a) + \sum_{m} c_{3m+2} a^{3m}(x^2 - a^2) $$

と表される。条件より、$f(x) - f(a)$ は $x^3 - a^3$ で割り切れるため、余り $R(x)$ は $x$ の多項式として恒等的に $0$ でなければならない。したがって、

$$ R(x) = (x - a) \left\{ \sum_{m} c_{3m+1} a^{3m} + (x + a) \sum_{m} c_{3m+2} a^{3m} \right\} = 0 $$

これが任意の $x$ について成り立つため、$x \neq a$ のとき両辺を $x - a$ で割って整理すると、

$$ \sum_{m} c_{3m+1} a^{3m} + (x + a) \sum_{m} c_{3m+2} a^{3m} = 0 $$

これが $x$ についての恒等式となる。よって、$x$ の係数と定数項はそれぞれ $0$ になるので、

$$ \sum_{m} c_{3m+2} a^{3m} = 0 $$

$$ \sum_{m} c_{3m+1} a^{3m} + a \sum_{m} c_{3m+2} a^{3m} = 0 $$

すなわち

$$ \sum_{m} c_{3m+1} a^{3m} = 0 $$

が成り立つ。これらが「任意の実数 $a$ に対して」成り立つということは、$a$ についての多項式として恒等的に $0$ であることを意味する。したがって、すべての $m$ について

$$ c_{3m+1} = 0, \quad c_{3m+2} = 0 $$

となる。以上より、$f(x)$ には $x^{3m}$ の項しか存在しないため、

$$ f(x) = \sum_{m} c_{3m} x^{3m} = \sum_{m} c_{3m} (x^3)^m $$

と表せる。ここで、多項式 $g(x)$ を $g(x) = \sum_{m} c_{3m} x^m$ と定めれば、

$$ f(x) = g(x^3) $$

と表されることが示された。

解法2

方程式 $x^3 - a^3 = 0$ の解を考える。

$$ x^3 - a^3 = (x - a)(x^2 + ax + a^2) = 0 $$

$a \neq 0$ のとき、$x^2 + ax + a^2 = 0$ の解は、1の虚数立方根の一つを $\omega = \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ とすると、$x = a\omega, a\omega^2$ と表せる（$\omega^3 = 1$）。よって、複素数の範囲で $x^3 - a^3 = (x - a)(x - a\omega)(x - a\omega^2)$ と因数分解される。

$f(x) - f(a)$ が $x^3 - a^3$ で割り切れるということは、剰余の定理より、多項式 $f(x) - f(a)$ に $x = a\omega$ を代入した値が $0$ になるということである。したがって、

$$ f(a\omega) - f(a) = 0 \iff f(a\omega) = f(a) $$

が成り立つ。 $f(x) = \sum_{k=0}^{n} c_k x^k$ とおくと、

$$ f(a) = \sum_{k=0}^{n} c_k a^k $$

$$ f(a\omega) = \sum_{k=0}^{n} c_k (a\omega)^k = \sum_{k=0}^{n} c_k \omega^k a^k $$

であるから、$f(a\omega) = f(a)$ より

$$ \sum_{k=0}^{n} c_k \omega^k a^k = \sum_{k=0}^{n} c_k a^k $$

$$ \sum_{k=0}^{n} c_k (1 - \omega^k) a^k = 0 $$

この等式が任意の実数 $a$ について成り立つため、$a$ の多項式として恒等的に $0$ である。よって、すべての $k$ について

$$ c_k (1 - \omega^k) = 0 $$

が成り立つ。ここで $\omega^k = 1$ となる条件は、$k$ が $3$ の倍数であることである。したがって、$k$ が $3$ の倍数でないときは $1 - \omega^k \neq 0$ であるため、$c_k = 0$ とならざるを得ない。これより、$f(x)$ には次数が $3$ の倍数である項しか存在しないことがわかる。ゆえに、

$$ f(x) = \sum_{m} c_{3m} x^{3m} = \sum_{m} c_{3m} (x^3)^m $$

と表せるので、多項式 $g(x) = \sum_{m} c_{3m} x^m$ を用いると

$$ f(x) = g(x^3) $$

と表される。

解説

多項式 $f(x)$ の各項 $x^k$ を調べるという定石的なアプローチが有効な問題である。解法1では、$x^k - a^k$ を $x^3 - a^3$ で割った余りを具体的に計算することで、余りが $0$ になる条件から係数の決定を行っている。恒等式の性質を2回（$x$ について、次に $a$ について）用いる点がポイントである。解法2では、因数定理（剰余の定理）の代入する値を複素数にまで広げることで、計算量を大幅に減らしている。$x^3 = a^3$ という形から1の虚数立方根 $\omega$ を連想できると、見通しよく証明を完了できる。