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東京工業大学 1976年理系第1問解説

方針・初手

「2つの多項式を割った余りが等しい」という条件は、その「差が割る式で割り切れる」ことと同値であることを利用し、$p(x)$ の候補を絞り込む。その後、割り算の基本等式 $f(x) = p(x)q(x) + r(x)$ を立て、両辺に $x$ を掛けて $xf(x)$ の割り切れやすさの条件を $r(x)$ の条件へと帰着させる。

解法1

$x^4$ と $x^5$ を $p(x)$ で割った余りが等しいとし、その共通の余りを $R(x)$ とする。商をそれぞれ $Q_1(x), Q_2(x)$ とおくと、次のように表せる。

$$ x^4 = p(x) Q_1(x) + R(x) $$

$$ x^5 = p(x) Q_2(x) + R(x) $$

これら2式の辺々を引くと、

$$ x^5 - x^4 = p(x) \{ Q_2(x) - Q_1(x) \} $$

$$ x^4(x - 1) = p(x) \{ Q_2(x) - Q_1(x) \} $$

これより、$p(x)$ は $x^4(x - 1)$ の因数であることがわかる。 $p(x)$ は3次式であるから、定数 $a$ ($a \neq 0$) を用いて、$p(x)$ としてあり得る形は以下のいずれかである。

(i)

$p(x) = a x^3$

(ii)

$p(x) = a x^2(x - 1)$

（i）の場合、$x^4$ を $p(x) = a x^3$ で割った余りは $0$ となる。これは「余りが0ではない」という条件に反するため不適である。

（ii）の場合、$x^4$ を $p(x) = a x^2(x - 1)$ で割ると、

$$ x^4 = \frac{1}{a}(x+1) \cdot a x^2(x - 1) + x^2 $$

となり、余りは $x^2$ である。これは $0$ ではないため、条件を満たす。（実際に $x^5 = \frac{1}{a}(x^2+x+1) \cdot a x^2(x - 1) + x^2$ となり、余りは一致する。）よって、$p(x) = a x^2(x - 1)$ であると定まる。

次に、$f(x)$ を $p(x)$ で割った商を $q(x)$ とすると、余りが $r(x)$ であるから次のように表せる。

$$ f(x) = p(x) q(x) + r(x) $$

$f(x)$ は $p(x)$ で割り切れないため、$r(x) \neq 0$ である。また、$p(x)$ が3次式であるから、$r(x)$ は2次以下の整式である。この等式の両辺に $x$ を掛けると、

$$ x f(x) = x p(x) q(x) + x r(x) $$

右辺の第1項 $x p(x) q(x)$ は $p(x)$ で割り切れる。条件より $x f(x)$ も $p(x)$ で割り切れるため、残りの $x r(x)$ は $p(x)$ で割り切れる必要がある。

$r(x)$ は2次以下であるため、$x r(x)$ は3次以下の整式である。一方 $p(x)$ は3次式であるから、$x r(x)$ が $p(x)$ で割り切れるためには、$x r(x)$ は $p(x)$ の定数倍でなければならない。定数 $k$ を用いて次のように表せる。

$$ x r(x) = k p(x) = k a x^2(x - 1) $$

この式は恒等式であるから、両辺の $x$ を落として

$$ r(x) = k a x(x - 1) $$

ここで、$r(x) \neq 0$ より $k \neq 0$ であり、$r(x)$ は2次式となる。条件より $r(x)$ の最高次の係数は $1$ であるから、$k a = 1$ が成り立つ。したがって、求める余り $r(x)$ は

$$ r(x) = x(x - 1) = x^2 - x $$

解説

「余りが等しい」という情報から「差が割り切れる」という関係を導き出し、元の多項式 $p(x)$ の形を因数分解の形で決定するのがこの問題の重要な発想である。また、後半の条件についても $x f(x)$ が割り切れるという事実から、余りである $r(x)$ に $x$ を掛けたものが $p(x)$ と同じ次数（3次）になることに着目し、定数倍として等式を結ぶ処理は頻出の典型手口である。次数の評価を正確に行うことが求められる。