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解答

　

解答 1.1       問題1.1

1. $\alpha=\cos\dfrac{2\pi}{5}+i\sin\dfrac{2\pi}{5}$ とおく．このとき，
   
   $$\alpha^5-1=0,\quad\alpha-1\neq0$$
   
   
   なので
   
   $$\alpha^4+\alpha^3+\alpha^2+\alpha+1=0\qquad ∴\quad\alpha^2+\alpha+1+\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\alpha^2}=0$$
   
   
   つまり， $\beta=\alpha+\dfrac{1}{\alpha}$ とおくと， $\beta=2\cos\dfrac{2\pi}{5}>0$ であり， かつ
   
   $$\beta^2+\beta-1=0$$
   
   
   よって，
   
   $$\beta=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$$
   
   
   となり，$\beta$ は無理数である．

   いま，題意の余りは明らかに四次以下の整式であるから， これを $ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$ とおくと， $a$, $b$, $c$, $d$, $e$ は明らかに有理数で，
   

   $$(x^3+x^2+x+1)^{10}=(x^5-1)Q(x)+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$$
   
   
   と表される．この両辺に
   
   $$x=1,\quad x=\alpha,\quad x=\alpha^4$$
   
   
   を代入する． $$\alpha^5=1$$ に注意して整理すると，
   $$\begin{eqnarray*} 4^{10}&=&a+b+c+d+e\ \cdots\maru{1} \\ 1 &=&a\alpha^4+b\alph... ... 1 &=&a\alpha+b\alpha^2+c\alpha^3+d\alpha^4+e\ \cdots\maru{3} \end{eqnarray*}$$
   
   
   そこで， $\maru{2}+\maru{3}$ をとる．
   $$\begin{eqnarray*} 2 &=&(a+d)(\alpha+\alpha ^4)+(b+c)(\alpha^2+\alpha^3)+2e \\ ... ...&(a+d)\beta+(b+c)(-\beta-1)+2e \\ &=&(a-b-c+d)\beta-(b+c)+2e \end{eqnarray*}$$
   
   
   で，$a$, $b$, $c$, $d$ は有理数だから，
   
   $$a-b-c+d=0,\quad 2=-b-c+2e\ \cdots\maru{4}$$
   
   
   次に， $\maru{2}-\maru{3}$ をとる．
   $$\begin{eqnarray*} 0&=&(a-d)\left(\dfrac{1}{\alpha}-\alpha\right) +(b-c)\left(\... ... &=&\left(\dfrac{1}{\alpha}-\alpha\right)\{(a-d)+(b-c)\beta\} \end{eqnarray*}$$
   
   
   $\dfrac{1}{\alpha}-\alpha\ne 0$ だから，
   
   $$(a-d)+(b-c)\beta=0$$
   
   
   よって，
   
   $$a=d,\quad b=c \ \cdots\maru{5}$$
   
   
   $\maru{1}$, $\maru{4}$, $\maru{5}$ から
   
   $$a=b=c=d=\dfrac{4^{10}-1}{5}=209715,\quad e=209716$$
   
   
   を得る．つまり，求める余りは
   
   $$209715(x^4+x^3+x^2+x+1)+1$$
   
   

2. 求める余りを $R(x)$ ，そのときの商を $Q(x)$ とする．つまり
   
   $$(x^{n-2}+x^{n-3}+\cdots +1)^{2n}=(x^n-1)Q(x)+R(x) \quad \cdots\maru{6}$$
   
   
   ここで $R(x)$ の次数は $n$ より小さい．

   また $\alpha=\cos \dfrac{2\pi}{n}+i\sin \dfrac{2\pi}{n}$ とおく． $n$ 個の複素数 $\alpha^0=1,\,\alpha,\,\cdots,\alpha^{n-1}$はすべて異なり，$x^n-1=0$ を満たす．よってこれらが$x^n-1=0$の解の全体である． したがって次の因数分解が成り立つ．

   $$\begin{eqnarray*} x^n-1&=&(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+1) \\ &=&(x-1)(x-\alpha)(x-\alpha^2)\cdots(x-\alpha^{n-1}) \end{eqnarray*}$$
   
   
   つまり
   
   $$x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+1 =(x-\alpha)(x-\alpha^2)\cdots(x-\alpha^{n-1})$$
   
   
   $\alpha^j\ (j=1,\ 2,\ \cdots,\ n-1)$ を $x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+1$に代入すると0なので，
   
   $$(\alpha^j)^{n-2}+(\alpha^j)^{n-3}+\cdots+1=-(\alpha^j)^{n-1}$$
   
   
   ゆえに6に$\alpha^j$を代入すると左辺は常に1である．つまり
   
   $$1=R(\alpha^j)\ (j=1,\ 2,\ \cdots,\ n-1)$$
   
   
   $R(x)-1$ は $n-1$ 次以下であるから，因数定理によって
   $$\begin{eqnarray*} R(x)-1&=&A(x-\alpha)(x-\alpha^2)\cdots(x-\alpha^{n-1})\\ &=&A(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+1) \quad \cdots\maru{7} \end{eqnarray*}$$
   
   
   とかける．ここに $A$ は定数である．

   一方6に $x=1$ を代入することにより
   

   $$(n-1)^{2n}=R(1)$$
   
   
   また7に $x=1$ を代入することにより$R(1)-1=nA$
   
   $$∴ \quad A=\dfrac{(n-1)^{2n}-1}{n}$$
   
   
   したがって求める余り $R(x)$ は
   
   $$R(x)=\dfrac{(n-1)^{2n}-1}{n}(x^{n-1}+\cdots+1)+1$$
   
   

解答 1.2       問題1.2

1. 左辺と右辺の各式は $n+1$個の相異なる点 $\alpha_0 , \ \alpha_1 , \ \cdots , \ \alpha_n$ においてそれぞれいずれもが $f(\alpha_0) , \ f(\alpha_1) , \ \cdots , \ f(\alpha_n)$ の値をとる. 両辺とも $x$ の $n$ 次式であるから, 両辺は多項式として一致し, 等号が成立する.
2. $f(x)$ を任意の $n$ 次多項式で, かつ, $x^n$ の係数が 1 であるものとする. いま, $\alpha_0=0, \ \alpha_1=1 , \ \cdots , \ \alpha_n=n$ として(1)を適用すると,
   $$\begin{eqnarray*} f(x) &=& f(0) \dfrac{ (x-1)(x-2) \cdots (x-n)}{(0-1)(0-2) \... ...rac{(x-0)(x-1)\cdots\{ x-(n-1)\}}{(n-0)(n-1)\cdots\{ n-(n-1)\}} \end{eqnarray*}$$
   
   
   $x^n$ の係数が 1 であるから,
   
   $$\dfrac{ f(0) }{ (-1)^n n! } + \dfrac{ f(1) }{ (-1)^{n-1} 1!... ...}{ (-1)^{n-2} 2! (n-2)! } + \cdots + \dfrac{ f(n) }{ n! } = 1$$
   
   
   である.
   さて, $I$ における $f(x)$ の最大偏位を $\delta$ とすると,
   
   $$\vert\,f(0)\,\vert \leq \delta, \ \cdots, \ \vert\,f(n)\,\vert \leq \delta$$
   
   
   よって,
   $$\begin{eqnarray*} 1 &=& \left\vert\,\dfrac{f(0)}{(-1)^n n!} + \dfrac{f(1)}{(-1... ...1 + \cdots+{}_n\mathrm{C}_n)\\ &=& \dfrac{2^n}{n!} \delta \\ \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   $$∴\quad\dfrac{n!}{2^n} \leq \delta$$
   
   
   となるので, 題意が示された.
   

   そして, 上の不等式の等号は和の各項がすべて0以上かすべて0以下のときに 成立するが, 最高次の係数が1なので, すべて0以上のときのみ考えればよい. 実際, 最大偏位が $\dfrac{n!}{2^n}$ でかつ $x^n$ の係数が 1 となるものは
   

   $$\dfrac{f(0)}{(-1)^n}=\dfrac{f(1)}{(-1)^{n-1}}=\cdots=\dfrac{f(n)}{1}=\dfrac{n!}{2^n}$$
   
   
   となるものであり, したがって,
   $$\begin{eqnarray*} f(x)&=&\dfrac{n!}{2^n}\left[ \dfrac{(x-1)(x-2) \cdots (x-n)}{... ...!}+ \cdots + \dfrac{x(x-1)(x-2) \cdots \{x-(n-1)\}}{n!}\right] \end{eqnarray*}$$
   
   
   である.

解答 1.3       問題1.3

1. 　
   
   1. $f(x)=a_nx^n+[ n-1以下の項のみ ]$ とおく．
      $$\begin{eqnarray*} f(x+1)-f(x)&=&a_n(x+1)^n-a_nx^n+[ n-1以下の項のみ ] \\ &=&a_n(nx^{n-1}+\cdots)+[ n-1以下の項のみ ] \end{eqnarray*}$$
      
      
      となり，確かに $n-1$ 次以下である．
   2. 必要条件であることは明らかである．
      十分条件であることを $f(x)$ の次数 $k$ に関する帰納法で証明する．

      $k=1$ のとき． $f(x)=ax+b$ とおく．
      

      $$f(m+1)-f(m)=a$$
      
      
      より $a$ が整数で， $f(m)=am+b$ より $b$ が整数．よって任意の整数 $n$ に対して $f(n)=an+b$ は整数値である．
      $1,\ 2,\ \cdots k-1$ について成立するとする．
      
      $$g(x)=f(x+1)-f(x)$$
      
      
      とおく．このとき$g(x)$ の $k$ 個の連続する整数 $m,\ m+1,\ \cdots,\ m+k-1$ に対する値
      
      $$g(m)=f(m+1)-f(m),\ \cdots \ ,g(m+k-1)=f(m+k)-f(m+k-1)$$
      
      
      がすべて整数であるので，帰納法の仮定により任意の整数$n$に対して$g(n)$は整数値を取る．

      $f(m)$ が整数で，階差がすべて整数なので，任意の整数 $n$ に対して $f(n)$ は整数値を取る.

      よって任意の次数 $k$ に関して『　』が示された．

2. 1. $k$ に関する帰納法で示す． $k=1$ のとき． $u_1(x)=x$ なので，
      
      $$f(x)=ax+b=au_1(x)+bu_0(x)$$
      
      
      より成立している．

      $k-1$ 以下のとき成立しているとする．

      $f(x)$ の $x^k$ の係数を $a_k$ とする． $c_k=k!a_k$ とおく．このとき
      

      $$f(x)-c_ku_k(x)$$
      
      
      は $k-1$ 次以下である．従ってこれは $c_0(x),\ \cdots ,\ c_{k-1}(x)$ で表せるから， $f(x)$ は $c_0(x),\ \cdots ,\ c_k(x)$ で表せることが示せた．

      よって任意の $k$ に対して題意が成立した．

   2. 必要条件を示す．
      任意の整数 $n$ に対して $f(n)$ が整数なので
      $$\begin{eqnarray*} f(0)&=&c_0\\ f(1)&=&c_1+c_0\\ && \cdots \\ f(k)&=&c_k\d... ...\dfrac{k!}{(k-1)!1!} +\cdots +c_{k-i}{}_k {\rm C}_i+\cdots+c_0 \end{eqnarray*}$$
      
      
      がすべて整数である．よって， $c_0,\ c_1,\ \cdots ,c_k$がこの順に整数であることがわかる．

      十分条件を示す．

      $n\ge k$ なら
      

      $$f(n)=c_k{}_n {\rm C}_k+c_{k-1}{}_n {\rm C}_{k-1}+\cdots +c_0$$
      
      
      となる.よって $f(n)$ は整数値を取る．

      $k>n>0$ のとき ${}_n {\rm C}_k=0$ とすれば上と同じ式が成り立つので $f(n)$ は整数値を取る．

      $n\le 0$ のとき $n=-m$ とすると
      

      $$u_l(n)=\dfrac{(-m)(-m-1)\cdots (-m-l+1)}{l!}=(-1)^l{}_{m+l-1} {\rm C}_l$$
      
      
      なので，やはり整数値を取る．
      以上で必要十分条件であることが示された．

注意1 (2)は

$$\begin{eqnarray*} u_l(x+1)-u_l(x) &=&\dfrac{x(x-1)\cdots (x-l+1)}{l!}-\dfrac{(... ...\\ &=&\dfrac{\{(x-1)\cdots \{x-1-(l-1)+1)}{(l-1)!}=u_{l-1}(x) \end{eqnarray*}$$

という事実を利用して $f(x)$ の次数に関する帰納法で示すこともできる．

注意2 (2)の証明をよく見れば，
　(1)の条件： $k+1$ 連続整数で $f(x)$ が整数値を取ること
　(2)の条件： $c_0(x),\ \cdots ,\ c_k(x)$ がすべて整数であること
の同値性を直接示すこともできる．

解答 1.4       問題1.4

1. $2^n-1$ が素数なら,約数は $1,\ 2^n-1$ ． $2^{n-1}$ の約数は $1,\ 2,\ \cdots,\ 2^{n-1}$
   したがって $N$ の約数は
   
   $$1,\ 2,\ \cdots,\ 2^{n-1},\ (2^n-1),\ 2(2^n-1),\ \cdots,\ 2^{n-1}(2^n-1)$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} N&=&1+2+\cdots+ 2^{n-1}+(2^n-1)+2(2^n-1)+\cdots+2^{n-1}(2^n-1... ...frac{2^n-1}{2-1}+(2^n-1)\dfrac{2^n-1}{2-1}\\ &=&2^n(2^n-1)=2N \end{eqnarray*}$$
   
   
   したがって真の約数の和はここから $N$ を引いて $N$ に等しい.
2. $16^n$ の1桁の数は6である.これを生かすために次の場合に分ける. $m$ を正の整数とし,
   1. $n=4m$ のとき.
      
      
      $$N=2^{4m-1}(16^m-1)$$
      
      
      $16^m-1$ の1桁の数は5， $2^{4m-1}$ は偶数.
      よって $N$ の1桁の数は0
   2. $n=4m+2$ のとき.
      
      
      $$N=2\cdot 16^m(4\cdot 16^m-1)$$
      
      
      $16^m-1$ の1桁の数は5， $2^{4m-1}$ は偶数.
      よって $N$ の1桁の数は $2 \cdot 6 \cdot 3=36$ より6
   3. $n=4m+1$ のとき.
      
      
      $$N= 16^m(2\cdot 16^m-1)$$
      
      
      よって $N$ の1桁の数は $6 \cdot 1=6$ より6
   4. $n=4m+3$ のとき.
      
      
      $$N=4\cdot 16^m(8\cdot 16^m-1)$$
      
      
      よって $N$ の1桁の数は $4 \cdot 6 \cdot 7=168$ より8

解答 1.5       問題1.5

1. 方程式の次数に関する数学的帰納法で証明する．

   $n=1$ のとき．
   

   $$b_0x-b_1=0 \quad より \quad x=\dfrac{b_1}{b_0}>0$$
   
   
   で成立する．
   $n-1$ 次で成立するとし，
   
   $$f(x)=b_0x^n-b_1x^{n-1}-b_2x^{n-2}-\cdots -b_n$$
   
   
   とおく．

   
   

   $$f'(x)=nb_0x^{n-1}-(n-1)b_1x^{n-2}-\cdots-b_{n-1}$$
   
   
   $f'(x)$ も同様の係数の符号であるから帰納法の仮定から
   
   $$f'(x)=nb_0x^{n-1}-(n-1)b_1x^{n-2}-\cdots-b_{n-1}$$
   
   
   はただ一つ正の実数解をもつ．この解を $x=p$ とする． $f'(0)=-b_{n-1}<0$ であるから $x=p$ で $f'(x)$ は負から正に変わる．つまり $f(x)$ は $x=p$ で極小である．
   $f(x)$ は $f(0)(=-b_n<0)$ から減少して，$x=p$ で極小になり，$p<x$ では単調増加． $$\lim_{x \to \infty}f(x)=\infty$$ であるから $f(x)=0$ はただ一つの正の実数解をもつ． 帰納法によって任意の次数に対して題意が証明された．
2. 
   
   $$\begin{array}{l} b_0\alpha^n-b_1\alpha^{n-1}-b_2\alpha^{n-... ...0\\ b_0r^n-b_1r^{n-1}-b_2r^{n-2}-\cdots -b_n=0 \end{array}$$
   
   
   一般に複素数 $\alpha,\ \beta$ に関して
   
   $$\vert\alpha\vert-\vert\beta\vert\le\vert\alpha-\beta\vert\le \vert\alpha\vert+\vert\beta\vert$$
   
   
   である．
   $$\begin{eqnarray*} 0&=&\vert b_0\alpha-b_1\alpha^{n-1}-b_2\alpha^{n-2}-\cdots -b... ..._2\vert\alpha\vert^{n-2}-\cdots -b_n\\ &=&f(\vert\alpha\vert) \end{eqnarray*}$$
   
   
   ここで $\vert\alpha\vert>r$ とすると $x>r$ では $f(x)>0$ なので
   
   $$0\ge f(\vert\alpha\vert)>0$$
   
   
   となって矛盾である．

   
   

   $$∴ \quad \vert\alpha\vert\le r$$
   
   

3. $$\begin{eqnarray*} g(x)&=&(x-1)(a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\cdots +a_n)\\ &=&a_0x^{n+1}-(a_0-a_1)x^n-(a_1-a_2)x^{n-1}-\cdots-a_n \end{eqnarray*}$$
   
   
   となって，係数の符号の関係より $g(x)=0$ はただ一つ正の実数解をもつ． この正の実数解は $x=1$ である．ゆえに方程式 $g(x)=0$ の任意の解 $\alpha$ はすべて
   
   $$\vert\alpha\vert\le 1$$
   
   
   を満たす． $g(x)=0$ の解で $x=1$ 以外のものはすべて
   
   $$a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\cdots +a_n=0$$
   
   
   の解である．この解の中に $x=1$ はない．ゆえにこの方程式の任意の解 $\alpha$ に対して
   
   $$\vert\alpha\vert<1$$
   
   
   である．

解答 1.6       問題1.6

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