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大阪大学 1988年理系第1問解説

方針・初手

多項式の除法の基本である「(割られる式) = (割る式) × (商) + (余り)」の等式を立てることが第一歩である。 (1) は、$x^m$ と $x^n$ をそれぞれ $f(x)$ で割った等式を立て、それらを辺々掛け合わせる。出てきた $x^2$ に $x^2 = ax - b$ を代入して次数を下げることで、余りを比較する。 (2) は、(1)で立てた恒等式に対して $x$ を $a-x$ に置き換えるという発想ができれば、計算をほとんどせずに結論を導くことができる。また、方程式 $f(x)=0$ の解を利用する定石的手法も有効であるため、別解として示す。

解法1

(1) $x^k$ を $f(x)$ で割ったときの商を $Q_k(x)$ とすると、題意より

$$ x^k = f(x)Q_k(x) + r_kx + s_k \quad \cdots (A) $$

が成り立つ。これを用いると、$x^{m+n}$ は次のように表せる。

$$ \begin{aligned} x^{m+n} &= x^m \cdot x^n \\ &= \{f(x)Q_m(x) + r_mx + s_m\}\{f(x)Q_n(x) + r_nx + s_n\} \\ &= f(x) P(x) + (r_mx + s_m)(r_nx + s_n) \end{aligned} $$

（ただし、$P(x) = f(x)Q_m(x)Q_n(x) + Q_m(x)(r_nx + s_n) + Q_n(x)(r_mx + s_m)$ はある多項式である）

ここで、展開した末尾の項について整理すると

$$ (r_mx + s_m)(r_nx + s_n) = r_m r_n x^2 + (r_m s_n + r_n s_m)x + s_m s_n $$

となる。$f(x) = x^2 - ax + b$ より、$x^2 = f(x) + ax - b$ であるから、これを代入して $x$ の1次以下の式に次数を下げる。

$$ \begin{aligned} (r_mx + s_m)(r_nx + s_n) &= r_m r_n \{f(x) + ax - b\} + (r_m s_n + r_n s_m)x + s_m s_n \\ &= r_m r_n f(x) + (r_m s_n + r_n s_m + a r_m r_n)x + (s_m s_n - b r_m r_n) \end{aligned} $$

これを先ほどの $x^{m+n}$ の式に代入すると、

$$ \begin{aligned} x^{m+n} &= f(x) P(x) + r_m r_n f(x) + (r_m s_n + r_n s_m + a r_m r_n)x + (s_m s_n - b r_m r_n) \\ &= f(x) \{P(x) + r_m r_n\} + (r_m s_n + r_n s_m + a r_m r_n)x + (s_m s_n - b r_m r_n) \end{aligned} $$

となる。右辺の $1$ 次以下の部分は、$x^{m+n}$ を $f(x)$ で割った余りである $r_{m+n}x + s_{m+n}$ と一致しなければならない。したがって、係数を比較して

$$ \begin{aligned} r_{m+n} &= r_m s_n + r_n s_m + a r_m r_n \\ s_{m+n} &= s_m s_n - b r_m r_n \end{aligned} $$

が成り立つことが示された。

(2) 等式 $(A)$ において、$x$ を $a-x$ に置き換えても恒等式であることは保たれるため、

$$ (a-x)^n = f(a-x)Q_n(a-x) + r_n(a-x) + s_n $$

が成り立つ。ここで、$f(a-x)$ を計算すると、

$$ \begin{aligned} f(a-x) &= (a-x)^2 - a(a-x) + b \\ &= a^2 - 2ax + x^2 - a^2 + ax + b \\ &= x^2 - ax + b \\ &= f(x) \end{aligned} $$

となる。よって、先ほどの等式は次のように書き直せる。

$$ (a-x)^n = f(x)Q_n(a-x) - r_n x + a r_n + s_n $$

$Q_n(a-x)$ は多項式であり、$- r_n x + a r_n + s_n$ は $x$ の $1$ 次以下の式であるから、これが $(a-x)^n$ を $f(x)$ で割った余り $t_n x + u_n$ に他ならない。したがって、係数を比較して

$$ \begin{aligned} t_n &= -r_n \\ u_n &= a r_n + s_n \end{aligned} $$

が成り立つことが示された。

解法2

(2)の別解（方程式の解を用いる方法）

$f(x) = 0$ の $2$ つの複素数解を $\alpha, \beta$ とおく。解と係数の関係より、

$$ \alpha + \beta = a, \quad \alpha \beta = b $$

が成り立つ。したがって、$a - \alpha = \beta$、$a - \beta = \alpha$ である。

また、題意より

$$ x^n = f(x)Q_n(x) + r_nx + s_n $$

$$ (a-x)^n = f(x)P_n(x) + t_nx + u_n $$

（$Q_n(x), P_n(x)$ は商を表す多項式）が恒等式として成り立つ。

(i)

$\alpha \neq \beta$ のときそれぞれの恒等式に $x = \alpha, \beta$ を代入すると、

$$ \begin{cases} \alpha^n = r_n\alpha + s_n \\ \beta^n = r_n\beta + s_n \end{cases} $$

および

$$ \begin{cases} (a-\alpha)^n = t_n\alpha + u_n \\ (a-\beta)^n = t_n\beta + u_n \end{cases} $$

が得られる。$a - \alpha = \beta$、$a - \beta = \alpha$ であるから、後者の連立方程式は

$$ \begin{cases} \beta^n = t_n\alpha + u_n \\ \alpha^n = t_n\beta + u_n \end{cases} $$

となる。上の式から下の式を辺々引くと

$$ \beta^n - \alpha^n = t_n(\alpha - \beta) $$

ここで $\alpha \neq \beta$ より $\alpha - \beta \neq 0$ であるから、両辺を割って

$$ t_n = \frac{\beta^n - \alpha^n}{\alpha - \beta} $$

一方で、前者の連立方程式についても同様に辺々引くことで

$$ \alpha^n - \beta^n = r_n(\alpha - \beta) $$

となり、したがって

$$ r_n = \frac{\alpha^n - \beta^n}{\alpha - \beta} = -t_n $$

ゆえに $t_n = -r_n$ が示された。次に $u_n$ を求める。$\beta^n = t_n\alpha + u_n$ に $t_n = -r_n$ および $\beta^n = r_n\beta + s_n$ を代入すると、

$$ r_n\beta + s_n = -r_n\alpha + u_n $$

移項して整理すると、

$$ \begin{aligned} u_n &= r_n(\alpha + \beta) + s_n \\ &= a r_n + s_n \end{aligned} $$

が示された。

(ii)

$\alpha = \beta$ のとき（重解をもつとき） $\alpha = \beta = \frac{a}{2}$ であり、$a - \alpha = \alpha$ となる。それぞれの恒等式に $x = \alpha$ を代入して

$$ \alpha^n = r_n\alpha + s_n \quad \cdots (B) $$

$$ (a-\alpha)^n = t_n\alpha + u_n \implies \alpha^n = t_n\alpha + u_n \quad \cdots (C) $$

また、恒等式の両辺を $x$ で微分すると、

$$ nx^{n-1} = f'(x)Q_n(x) + f(x)Q'_n(x) + r_n $$

$$ -n(a-x)^{n-1} = f'(x)P_n(x) + f(x)P'_n(x) + t_n $$

$x = \alpha$ は $f(x)=0$ の重解であるから、$f(\alpha)=0$ かつ $f'(\alpha)=0$ である。したがって、これらに $x=\alpha$ を代入すると、

$$ n\alpha^{n-1} = r_n $$

$$ -n(a-\alpha)^{n-1} = t_n $$

$a-\alpha = \alpha$ であるから、$-n\alpha^{n-1} = t_n$ となり、したがって

$$ t_n = -r_n $$

が示された。これを $(C)$ に代入し、$(B)$ と比較することで

$$ \begin{aligned} u_n &= \alpha^n - t_n\alpha \\ &= (r_n\alpha + s_n) + r_n\alpha \\ &= 2\alpha r_n + s_n \\ &= a r_n + s_n \quad \left(\because 2\alpha = a\right) \end{aligned} $$

が示された。

(i), (ii) より、いずれの場合も題意の等式が成り立つ。

解説

多項式の除法に関する問題では、等式 $A = BQ + R$ を立てることがすべての基本となる。 (1) では、等式を掛け合わせて $x^2 = ax - b$ という関係（次数下げ）を利用して余りを抽出する典型的な処理が問われている。 (2) では解法1のように、$x$ を別の式に置き換えても恒等式であることを利用すると鮮やかに解ける。この「変数変換」の発想は、多項式の対称性などに気づく必要があり、少し技巧的であるが強力である。一方、解法2のように「割る式 $=0$ の解を代入する」という剰余の定理の基本に忠実なアプローチも重要である。重解の場合を微分を用いて丁寧に扱うことで、機械的な計算で確実に証明することができる。