[math]1993年東京工業大学前期数学問題4

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問題

$n$を自然数、$P(x)$を$n$次の多項式とする。$P(0), P(1), \cdots, P(n)$が整数ならば、すべての整数$k$に対して、$P(k)$は整数であることを証明せよ。

方針

中々難しい問題である。どういう解法をとるにせよ、数学的帰納法を用いないわけにはいかないだろう。

解答

数学的帰納法で示す。$n=1$のとき、$P(x) = ax+b$とする。$P(0)=b, P(1) = a+b$が整数だから、$a, b$はともに整数となる。したがって、$P(k) = ak + b$はすべての整数$k$に対して整数となる。

$n\leq m$のとき、題意が成り立つことを仮定する。すなわち、$m$次の多項式$P(x)$に対し、$P(0), P(1), \cdots, P(m)$が整数ならば、すべての整数$k$に対し、$P(k)$は整数である。さて、$m+1$次の多項式$P(x)$に対し、$$P(x) = ax(x-1)(x-2)\cdots (x-m) + Q(x)$$とおく。ただし、$a\ne 0$であり、$Q(x)$は$m$次以下の多項式である。このとき、$P(0), P(1), \cdots, P(m), P(m+1)$がすべて整数であるとする。$P(0) = Q(0), P(1) = Q(1), \cdots, P(m) = Q(m)$であるから、帰納法の仮定から、すべての整数$k$に対して$Q(k)$は整数である（$Q(x)$が$m$次以下の多項式であることに注意）。よって、$Q(m+1)$は整数である。すると、$$P(m+1)=a\cdot (m+1)!+Q(m+1)$$は整数であるから、$b$を整数として$\displaystyle a = \frac{b}{(m+1)!}$と書ける。このとき、任意の整数$k$に対し$$P(k) = \frac{b}{(m+1)!}\cdot k(k-1)\cdots (k-m)+ Q(k)$$であるが、連続する$m+1$個の整数の積は$(m+1)!$で割り切れるので、$\displaystyle \frac{b}{(m+1)!}\cdot k(k-1)\cdots (k-m)$は整数であるから、$P(k)$は整数である。したがって、$n=m+1$のときにも題意が成り立つ。よって、数学的帰納法により題意が示された。

解説

解答についていくつか補足しよう。先ず，$m+1$次の式$P(x)$)を、$m+1$次式$x(x-1)\cdots (x-m)$で割ったとき、商は定数で、余りは$m$次以下の式になる。次に、連続する$m+1$個の整数の積が$(m+1)!$で割り切れるの部分であるが、これは簡単で、$0\leq k\leq m$のときは、$$\frac{k(k-1)\cdots (k-m)}{(m+1)!} = 0$$で、$k > m$のときは$$\frac{k(k-1)\cdots (k-m)}{(m+1)!} = _{k}{\mathbb{C}}_{m+1}$$で、$k < 0$のときは$-k = l$とおくと、$$\frac{k(k-1)\cdots (k-m)}{(m+1)!} = \frac{(-1)^{m+1}l(l+1)\cdots (l+m)}{(m+1)!} = (-1)^{m+1}{_{l+m}{\mathbb{C}}_{m+1}}$$で、これらはすべて整数になる。こんなことをしなくても、連続する$m$個の整数の積は$m!$で割り切れるというのは、証明抜きで使って問題ない。

他の考え方としては、$m$次式$P(x)$)に対し、$P(k+1)-P(k)$が$m-1$次式になることを利用するというものがある。こちらも帰納法で解けるので，余力のあるものは試してみると良い。なお、$1988$年の京都大学文系で、この問題の$3$次式の場合が出題されている。こちらは$3$次なので、帰納法ではなく直接係数をおいて解くことができる。他にも類題は数多く出題されているが、ここまでストレートに問うのは、やはり東工大らしい問題，といえよう。

この問題は出来が悪かったらしく、解答に「帰納法で示す」と書いただけで、３０点満点のうち１０点が貰えた、という話があるが、どこまで本当かは不明である。