非線形関数方程式と多項式の難問 – 2011年東工大 AO 数学 Ⅱ-1
n が奇数の場合を考察する
n = 2m 以外の偶数はこれほど鮮やかに判定することが難しそうなので、先に n が3以上の奇数の場合を考えます。
そうは言っても f(x) の各項の係数が満たすべき式から矛盾を導き出すというのはちょっと無理そうです。そこでn が奇数のとき、 f(x) はどんな多項式なのかを少し深堀りします。
すでに
f(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{ \frac{n-1}2} a_{2k+1} x^{2k+1}と表されることはわかっているので、
\begin{aligned}
m & = \frac{n-1}2 \\
c_k & =a_{2k+1}(k=0,1,2, \cdots, m) \\
g(x) &= \sum_{k=0}^m c_k x^k
\end{aligned}と置くとき、
f(x) = xg(x^2)
です。 n は3以上の奇数であったので、 g(x) の次数 m は1以上です。
f(x^2 +1) = f(x)^2 + 1
なので、
\begin{aligned}
f(x^2 +1) & = (x^2+1)g((x^2+1)^2) \\
& = f(x)^2 + 1 \\
& = \{xg(x^2) \}^2 + 1
\end{aligned}であり、
(x^2+1)g((x^2+1)^2) = x^2g(x^2) ^2 + 1
です。
ここで x のかわりに \sqrt{x} を代入することで、 x \geqq 0 のとき
(x+1)g((x+1)^2) = xg(x) ^2 + 1 \cdots(1)
が成り立ちます。
ところが g(x) は多項式なので、 x ≧ 0 の範囲で「べったり」等号が成り立つならすべての x について成り立ちます。このことは後で説明します。
ここでゴールはそのような g(x) が存在しないことを示すことです。 ck が満たすべき式から矛盾を導き出すのはちょっと無理筋なので、 g(x) が取りうる値をいくつか求めて、多項式ならそれはありえない、的な方向に持っていくことを考えてみましょう。
式(1) で x = 0 を代入して、
g(1) = 1
を直ちに得ます。
この結果を早速利用したいので、式(1)に x = 1 を代入してみます。すると
(1+1)g((1+1)^2) = g(1) ^2 + 1
なので
2g(4) = 2
すなわち
g(4) = 1
です。
今度は x = 4 を代入します。すると
(4+1)g((4+1)^2) =4 g(4) ^2 + 1
なので
5g(25) = 5
すなわち
g(25) = 1
です。
ここまで計算したところで、 g(m) = 1ならば g((m+1)2) = 1 が成り立つような気がしてきます。実際、
\begin{aligned}
(m+1)g((m+1)^2) & = mg(m) ^2 + 1 \\
& = m+1
\end{aligned}なので、
g((m+1)^2) = 1
です。
したがって、自然数列 \{k_m \}_{m=1}^{\infty} を
\begin{aligned}
k_1 & = 1 \\
k_m & = (k_{m-1}+1)^2 ( m \geqq 2)
\end{aligned}で定義するとき、
g(k_m) = 1(m=1,2,\cdots)
が成り立ちます。
多項式 g(x) の次数が1以上なら、 x の値が十分大きければ絶対値がいくらでも大きくなるので、x の値がいくら大きくても式の値が1になるということはあり得ません。したがって g(x) は定数関数すなわち
g(x) = 1
であり、これは g(x) が1次以上の多項式であることに矛盾します。
ゆえに n が3以上の奇数であるとき、与式を満たす多項式 f(x) は存在せず、3以上の奇数は求める自然数ではありません。