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東京大学 1984年理系第3問解説

方針・初手

与えられた多項式 $f_k(x)$ の性質を調べることが第一歩である。多項式が $(x-1)^2$ や $(x-1)^3$ で割り切れるという条件は、微分を用いて $x=1$ における関数値や微分係数の条件に言い換える方法と、二項定理を用いて $x-1$ について展開して係数を比較する方法の2つで捉えられる。また、任意の $n$ 次多項式が $f_k(x)$ と1次以下の多項式の和として表せることに気づくことが、証明の鍵となる。

解法1

多項式 $P(x)$ が $(x-a)^m$ で割り切れるための必要十分条件は、$P(a) = P'(a) = \cdots = P^{(m-1)}(a) = 0$ となることである。これを利用して証明する。

与えられた $f_k(x) = x^k - kx + k - 1$ について、$x$ で微分すると以下のようになる。

$$ f_k'(x) = kx^{k-1} - k $$

$$ f_k''(x) = k(k-1)x^{k-2} $$

これらに $x=1$ を代入すると、次が得られる。

$$ f_k(1) = 1 - k + k - 1 = 0 $$

$$ f_k'(1) = k - k = 0 $$

$$ f_k''(1) = k(k-1) $$

次に、任意の $n$ 次多項式 $g(x)$ の表現について考える。 $f_k(x)$ の定義より、$x^k = f_k(x) + kx - k + 1$ と変形できる。$g(x)$ の $2$ 次以上の項 $x^k$ ($k=2, \cdots, n$) にこれを代入していくことで、$g(x)$ は $f_k(x)$ の定数倍の和と、残りの $1$ 次以下の項にまとめることができる。すなわち、任意の $n$ 次多項式 $g(x)$ は、定数 $a_2, \cdots, a_n$ および $p, q$ を用いて次のように一意に表すことができる。

$$ g(x) = \sum_{k=2}^n a_k f_k(x) + px + q $$

(i) の証明

$g(x)$ が $(x-1)^2$ で割り切れるための必要十分条件は、$g(1) = 0$ かつ $g'(1) = 0$ である。先ほど設定した $g(x)$ の式に $x=1$ を代入し、$f_k(1) = 0$ を用いると次のようになる。

$$ g(1) = \sum_{k=2}^n a_k f_k(1) + p \cdot 1 + q = p + q $$

また、$g(x)$ を微分すると

$$ g'(x) = \sum_{k=2}^n a_k f_k'(x) + p $$

となり、$x=1$ を代入し、$f_k'(1) = 0$ を用いると次のようになる。

$$ g'(1) = \sum_{k=2}^n a_k f_k'(1) + p = p $$

したがって、$g(1) = 0$ かつ $g'(1) = 0$ となるための必要十分条件は、$p+q=0$ かつ $p=0$、すなわち $p=0$ かつ $q=0$ である。このとき、$g(x)$ は次のように表される。

$$ g(x) = \sum_{k=2}^n a_k f_k(x) $$

ゆえに、$n$ 次多項式 $g(x)$ が $(x-1)^2$ で割り切れるためには、$g(x)$ が上の形に表されることが必要十分である。

(ii) の証明

$g(x)$ が $(x-1)^3$ で割り切れるための必要十分条件は、$g(x)$ が $(x-1)^2$ で割り切れ、かつ $g''(1) = 0$ となることである。（i）の結果より、$g(x)$ が $(x-1)^2$ で割り切れるとき、定数 $p, q$ は $0$ となり、$g(x) = \sum_{k=2}^n a_k f_k(x)$ と表される。この式の両辺を $2$ 回微分すると、

$$ g''(x) = \sum_{k=2}^n a_k f_k''(x) $$

となる。$x=1$ を代入し、$f_k''(1) = k(k-1)$ を用いると次のようになる。

$$ g''(1) = \sum_{k=2}^n a_k f_k''(1) = \sum_{k=2}^n a_k k(k-1) $$

したがって、$g''(1) = 0$ となるための必要十分条件は、

$$ \sum_{k=2}^n k(k-1) a_k = 0 $$

である。両辺を $2$ で割ることで、問題文の条件式を得る。

$$ \sum_{k=2}^n \frac{k(k-1)}{2} a_k = 0 $$

ゆえに、$n$ 次多項式 $g(x)$ が $(x-1)^3$ で割り切れるためには、$g(x)$ が $g(x) = \sum_{k=2}^n a_k f_k(x)$ と表され、かつ上の関係式を満たすことが必要十分である。

解法2

多項式の微分を用いず、二項定理を用いて $(x-1)$ について展開する解法である。

$f_k(x)$ における $x$ を $(x-1)+1$ とみて、二項定理を用いて展開する。

$$ \begin{aligned} f_k(x) &= \{ (x-1) + 1 \}^k - k \{ (x-1) + 1 \} + k - 1 \\ &= \sum_{j=0}^k {}_{k}\mathrm{C}_{j} (x-1)^j - k(x-1) - k + k - 1 \\ &= 1 + k(x-1) + \sum_{j=2}^k {}_{k}\mathrm{C}_{j} (x-1)^j - k(x-1) - 1 \\ &= \sum_{j=2}^k {}_{k}\mathrm{C}_{j} (x-1)^j \end{aligned} $$

この結果から、$f_k(x)$ は共通因数 $(x-1)^2$ でくくることができるため、すべての $k \ge 2$ において $f_k(x)$ は $(x-1)^2$ で割り切れることがわかる。

また、解法1と同様に、任意の $n$ 次多項式 $g(x)$ は定数 $a_k$ と $p, q$ を用いて $g(x) = \sum_{k=2}^n a_k f_k(x) + px + q$ と一意に表すことができる。これを $x-1$ について整理するために $x = (x-1)+1$ を代入すると、次のように書ける。

$$ g(x) = \sum_{k=2}^n a_k f_k(x) + p(x-1) + (p+q) $$

(i) の証明

上で導いた $f_k(x)$ の展開式より、$\sum_{k=2}^n a_k f_k(x)$ は $(x-1)^2$ で割り切れる。したがって、これを $(x-1)^2 Q(x)$ とおくと、$g(x)$ は次のように表せる。

$$ g(x) = (x-1)^2 Q(x) + p(x-1) + (p+q) $$

$g(x)$ が $(x-1)^2$ で割り切れるためには、余りである $p(x-1) + (p+q)$ が恒等的に $0$ になることが必要十分である。係数を比較すると $p=0$ かつ $p+q=0$ となり、これは $p=0$ かつ $q=0$ と同値である。よって、$g(x) = \sum_{k=2}^n a_k f_k(x)$ と表されることが必要十分である。

(ii) の証明

（i）より、$g(x)$ が $(x-1)^2$ で割り切れるとき、$g(x) = \sum_{k=2}^n a_k f_k(x)$ と表せる。ここに $f_k(x)$ の展開式を代入し、$(x-1)^2$ と $(x-1)^3$ 以上の項に分けて整理する。

$$ \begin{aligned} g(x) &= \sum_{k=2}^n a_k \left\{ {}_{k}\mathrm{C}_{2} (x-1)^2 + \sum_{j=3}^k {}_{k}\mathrm{C}_{j} (x-1)^j \right\} \\ &= (x-1)^2 \sum_{k=2}^n {}_{k}\mathrm{C}_{2} a_k + (x-1)^3 \sum_{k=3}^n a_k \sum_{j=3}^k {}_{k}\mathrm{C}_{j} (x-1)^{j-3} \end{aligned} $$

この式から、$g(x)$ がさらに $(x-1)^3$ で割り切れるための必要十分条件は、$(x-1)^2$ の項の係数が $0$ になることである。 ${}_{k}\mathrm{C}_{2} = \frac{k(k-1)}{2}$ であるから、求める条件は

$$ \sum_{k=2}^n \frac{k(k-1)}{2} a_k = 0 $$

となる。

解説

多項式の割り算（剰余の定理の拡張）と恒等式の性質を組み合わせた、抽象度が高めの論証問題である。多項式が $(x-\alpha)^m$ で割り切れる条件を考える際、「微分の値が $0$ になること」を利用するか、「$x-\alpha$ の多項式として展開（テイラー展開）すること」を利用するかのいずれかを選ぶと、記述が非常にスムーズになる。本解説では両方の方法を解法1と解法2として提示した。また、任意の多項式を「基本となる多項式（本問では $f_k(x)$）の線形結合」として書き換えるという、線形代数の基底の変換に通じる発想が背景にある。