整数値有理式の問題 – 2015年京大 数学 第5問
2015年京大 数学 第5問 は有理式（多項式分の多項式、の形の式）に関する問題です。問題文は以下の通りです。
a,b,c,d,e を正の実数として整式
\begin{aligned}
& f(x)=ax^2+bx+c \\
& g(x)=dx+e
\end{aligned}
を考える。すべての正の整数 n に対して \frac{f(n)}{g(n)} は整数であるとする。このとき、 f(x) は g(x) で割り切れることを示せ。
表題のような整数値有理式などという用語があるわけではありませんが、本問は整数値多項式の問題をほうふつとさせます。
2015年京大 数学 第5問 の解法
本問のように「取り付く島がない」問題は、とりあえず試行錯誤してみるしかありません。題意から整数値多項式を連想しますので、まずはこれです。 F(x) = \frac{f(x)}{g(x) } と置く時、
① F(n+1) -F(n) を評価してみる
整数値多項式の問題の時はこれがうまくいったので、何とかの一つ覚えのように、試してみます。
\begin{aligned}
& F(n+1) - F(n) \\
& = \frac{f(n+1)}{g(n+1)} - \frac{f(n)}{g(n)} \\
& = \frac{f(n+1)g(n) - f(n)g(n+1) } { g(n+1)g(n) } \\
& = \frac{1} { g(n+1)g(n) } \\
& \text{ } \cdot \{ adn^2 \\
& \text{ } +(ad+2ae-bd) n \\
& \text{ } + ae + be -cd \}\\
\end{aligned}確かに分子の n の次数は１つ減りましたが、「それが何か？」的な結果しか得られませんでした。この方針は筋が悪そうです。そもそも、整数値多項式の問題の場合は、帰納的な推論なのに対し、本問はすべての n がある条件を満たしているときに何かを導く、という演繹的な推論で、向きが逆です。
② f(x) に g(x)=0 の解を代入してみる
f(x) が g(x) で割り切れるということは、 f(x) に g(x) =0 の解 -\frac{e}{d} を代入した結果が0になるということです。
\begin{aligned}
& f( -\frac{e}{d} ) = \frac{ ae^2 -bde + cd^2}{d^2}
\end{aligned}なので、題意から ae^2 -bde + cd^2 = 0 が導ければよいわけですが、ここから先の方針が全く立ちません。これも筋が悪そうです。
③ f(x) = (px+q)g(x) +r と置いて r=0 を証明する
1) 式を立てる
f(x) = (px+q)g(x) + r
と置きます。このとき、
\begin{aligned}
& p = \frac{a}{d} \\
& q = \frac{bd-ae} {d^2} \\
& r = c -qe
\end{aligned}なので、 p は正の実数です。 q,r の符号は現時点では不明ですが、特に問題ありません。
r = 0 を証明することが目的ですが、ここで
F(n) = pn+q+ \frac{r}{g(n)}がすべての自然数 n に対して整数になる、と言う条件を思い起こします。
r \ne 0 を仮定すると、右辺に \frac{r} {g(n) } と言う、 n を大きくすれば絶対値がいくらでも小さくなるにもかかわらず、０になることは絶対にない項があるのに、全体としては整数だなんてことがありそうにないことは、直感的にわかると思います。
この、 \frac{r} {g(n) } の絶対値がいくらでも小さくなるという性質を利用します。このとき、右辺の pn+q が、邪魔になってきます。 pn +q の小数部分と \frac{r} {g(n) } の和が、いい感じに整数になるなどと言うことが、あり得ないことを証明するのは難しそうです。
2) n の次数を下げる処理を適用する
ここで、整数値多項式の問題で次数を落とすために使ったロジックが、ついに役立ちます。すなわち、
\begin{aligned}
& F(n+1) - F(n) \\
&= p(n+1)+q+ \frac{r}{g(n+1)} \\
& \text{ } - \left \{ pn+q+ \frac{r}{g(n)} \right \} \\
& = p + \frac{r}{g(n+1)} -\frac{r}{g(n)} \\
& =p - \frac{dr}{g(n+1)g(n)} \\
\\
& \text{ } \cdots (1)
\end{aligned}といい感じに、 n に依存する小数部分が g(n) 関連だけになりました。
正の実数 p を
p = [p] +\delta
と分解します。ここに [p] は p の整数部分、 0 \leqq \delta < 1 です。これを式(1)に代入し、 [p] を左辺に移項すると、
\begin{aligned}
& F(n+1) - F(n) - [p] \\
&= \delta - \frac{dr}{g(n+1)g(n)} \\
\\
& \text{ } \cdots (2)
\end{aligned}となります。
3) r \ne 0 の矛盾を示す
r \ne 0 のとき、左辺がすべての自然数 n に対し整数なのに、右辺がそうでないことは、一目瞭然です。実際、 \delta > 0 のとき、 n を、
\left | \frac{dr}{ g(n+1)g(n) } \right| <\min \left( \frac{1 - \delta }{2}, \frac{ \delta }{2} \right)を満たすように十分大きく取ると、
\begin{aligned}
& \text{ } \left| \delta - \frac{dr}{g(n+1)g(n)} \right | \\
&< \delta +\left| \frac{dr}{g(n+1)g(n)} \right | \\
& < \delta + \frac{1-\delta}{2} = \frac{1+\delta}{2} < 1
\\
\end{aligned}かつ
\begin{aligned}
& \text{ } \left| \delta - \frac{2dr}{g(n+1)g(n)} \right | \\
&> \delta -\left| \frac{2dr}{g(n+1)g(n)} \right | \\
& > \delta - \frac{\delta}{2} = \frac{\delta}{2} >0
\\
\end{aligned}なので、式(2)の右辺は絶対値が1より小さくてかつ、0ではないので整数ではありません。これは矛盾です。
また、 \delta = 0 のとき、 n を、
\left | \frac{dr}{ g(n+1)g(n) } \right| <\frac{1 }{2}を満たすように十分大きく取ると、常に
\begin{aligned}
& 0 < \left| \frac{dr}{g(n+1)g(n)} \right |
\\
\end{aligned}なので式(2)の右辺はやはり整数にならず、矛盾です。したがって、すべての自然数 n に対して F(n) = \frac{f(n)} {g(n)} が整数であるための必要条件は、 r=0 すなわち f(x) は g(x) で割り切れることであることが、証明できました。
4) 補足
\delta = 0 すなわち、 p が整数であることが、式(2)がすべての自然数 n について成り立つための必要条件であることも、直ちにわかります。更に、 q が整数であることが必要であることも、明らかです。
整理すると、 すべての自然数 n に対して F(n) = \frac{f(n)} {g(n)} が整数であるための必要条件は、 f(x) は g(x) で割り切れて、かつ、
f(x) = (px+q)g(x)
と因数分解したとき、 p,q がそれぞれ整数であることです。
また、これらが十分条件であることも、明らかです。
解法のポイント
本問では、「多項式が多項式で割り切れる」という命題を、どのように定式化するかがポイントです。しかし、所与の条件が、「すべての自然数 n に対して、 f(n) / g(n) が整数である」、という、どう扱えばいいのかわからないような内容のため、非常に方針が立てずらいことになっています。
しかも、証明に当たって使用した自然数の性質が、「いくらでも大きいものがある」という、自然数であることを十分に生かしたとは言えないものであったことも、混迷に拍車をかけています。
このような問題に対処するためには、想像力を膨らましていろいろな方向からアプローチするしかありません。そのための「ネタ」を蓄積するための手段としては、よりたくさんの問題を解くという泥臭い方法が、身も蓋もありませんが最も確実です。あとは、問題集に複数の解答案が載っている場合にそれらをすべてチェックして、別の視点からアプローチする感覚を磨いてみてください。