2019年入試問題研究に戻る京大特色2番解答
注意 (1)については，『 新作／原型問題』の「整数値をとる多項式」に同じ問題とその解がある． また，2000年東大後期も参考になる．
(1) 自然数 $ n $ を固定し， $ 1\leqq k \leqq n $ を満たすすべての整数 $ k $ について， $ n-k $ 次整式 $ f_k(x) $ を \[ f_k(x)=\dfrac{(x+n)(x+n-1)\cdots(x+1)}{(n-k)!(x+k)(x+k-1)\cdots(x+1)} \] で定め， $ f_0(x)=\dfrac{(x+n)(x+n-1)\cdots(x+1)}{n!} $ とする． $ 0\leqq k \leqq n $ に対して， $ f_k(x) $ は最高次の係数が $ \dfrac{1}{(n-k)!} $ の $ n-k $ 次整式である．
$ F(x) $ の $ n $ 次の係数を $ a_0 $ とし， $ b_0=n!a_0 $ とおく． $ F(x)-b_0f_0(x) $ は $ n-1 $ 次以下の整式である．同様の操作をくりかえすことで， $ F(x)-b_0f_0(x)-b_1f_1(x)-\cdots-b_{n-1}f_{n-1}(x) $ は定数となる．これを $ b_n $ とすることで， \[ F(x)=b_0f_0(x)+b_1f_1+\cdots+b_{n-1}f_{n-1}(x)+b_n \] と表される． $ m $ が整数のとき $ F(m) $ がつねに整数となるための必要十分条件は， $ b_i\ (0 \leqq i \leqq n) $ がすべて整数であること，を証明する． \begin{eqnarray*} F(-n)&=&b_n\\ F(-n+1)&=&b_{n-1}+b_n\\ F(-n+2)&=&b_{n-2}+b_{n-1}+b_n\\ \cdots&=&\cdots\\ F(-1)&=& b_1+\cdots+b_{n-1}+b_n\\ \cdots&=&\cdots\\ F(0)&=&b_0+b_1+\cdots+b_{n-1}+b_n \end{eqnarray*} となり，これらがすべて整数であるから，順次 $ b_n,\ b_{n-1},\ \cdots,\ b_0 $ が整数である．必要条件であることが示された．
任意の整数 $ m $ と $ 0\leqq k \leqq n $ に対して， \[ f_k(m)=\dfrac{(m+n)(m+n-1)\cdots(m+k+1)}{(n-k)!} \] であり， $ (m+n)(m+n-1)\cdots(m+k+1) $ は0または正か負の $ n-k $ 個の連続数の積である． この $ n-k $ 個の連続数の積の絶対値を $ (p+n)(p+n-1)(p+k+1) $ とすると， \[ \dfrac{(p+n)(p+n-1)(p+k+1)}{(n-k)!}={}_{p+n}\mathrm{C}_{p+k} \] なので， $ f_k(m) $ はつねに整数となり， この結果， $ b_0,\ b_1,\ \cdots,\ b_n $ が整数なら， $ F(m) $ はつねに整数である．十分条件であることが示された． \[ F(x)=\dfrac{b_0}{n!}(x+n)\cdots(x+1)+\cdots+b_{n-1}(x+1)+b_n \] なので， \begin{eqnarray*} &&\dfrac{F(x)}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}\\ &=&\dfrac{b_0}{n!}+\cdots+\dfrac{b_k}{(n-k)!(x+1)\cdots(x+k)}+\cdots+\dfrac{b_n}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)} \end{eqnarray*} となる．そこで $ 0\leqq k \leqq n $ に対して， \[ c_k=\dfrac{b_k}{(n-k)!} \] とおけば，条件（あ）が成り立ち，また $ (n-k)!c_k=b_k $ は整数なので，条件（い）も成りたつ． つまり，（あ），（い）を満たす実数 $ c_0,\ c_1,\ c_2,\ \cdots,\ c_n $ が存在した．(2) $ m $ を非負の整数とする． \[ P_k(2m+1)=(2m+2)(2m+4)\cdots(2m+2k-2)(2m+2k)=\dfrac{2^k(m+k)!}{m!} \] であることに注意する．
恒等式であることを証明すべき有理式の両辺に $ a!P_b(x) $ をかける． \[ \dfrac{P_{a+b}(x)}{b!P_a(x)}=\sum_{q=0}^a\dfrac{2^qa!P_b(x)}{q!(a-q)!(b-q)!P_q(x)} \cdots① \] $ \dfrac{P_{a+b}(x)}{P_a(x)} $ は次数 $ b $ ， $ \dfrac{P_b(x)}{P_q(x)} $ は次数 $ b-q $ の整式であるから， $ ① $ の両辺とも次数 $ b $ の整式である．
$ x=2m+1 $ を代入する． \begin{eqnarray*} 左辺&=&\dfrac{P_{a+b}(2m+1)}{b!P_a(2m+1)}=\dfrac{2^{a+b}(m+a+b)!}{2^ab!(m+a)!} =2^b{}_{m+a+b} \mathrm{C}_b\\ 右辺&=& \sum_{q=0}^a\dfrac{2^qa!P_b(2m+1)}{q!(a-q)!(b-q)!P_q(2m+1)} =\sum_{q=0}^a\dfrac{2^qa!2^b(m+b)!}{q!(a-q)!(b-q)!2^q(m+q)!}\\ &=& 2^b\sum_{q=0}^a\dfrac{a!}{q!(a-q)!}\cdot\dfrac{(m+b)!}{(b-q)!(m+q)!} =2^b\sum_{q=0}^a{}_a\mathrm{C}_q\cdot {}_{m+b}\mathrm{C}_{b-q} \end{eqnarray*} ここで， $ (1+x)^{a+b+m} $ の二項展開を考える． \[ (1+x)^{a+b+m}={}_{a+b+m} \mathrm{C}_0+{}_{a+b+m} \mathrm{C}_1x+\cdots+{}_{a+b+m} \mathrm{C}_bx^b+\cdots \] であり， $ {}_{m+a+b} \mathrm{C}_b $ は $ (1+x)^{a+b+m} $ の展開における $ x^b $ の係数である． また \begin{eqnarray*} (1+x)^{a+b+m}&=&(1+x)^{a}(1+x)^{b+m}\\ &=&\left\{\cdots+{}_a\mathrm{C}_qx^q+\cdots \right\} \left\{\cdots+{}_{b+m}\mathrm{C}_{b-q}x^{b-q}+\cdots \right\} \end{eqnarray*} と考えると， $ \displaystyle \sum_{q=0}^a{}_a\mathrm{C}_q\cdot {}_{m+b}\mathrm{C}_{b-q} $ は $ (1+x)^{a}(1+x)^{b+m} $ の展開における $ x^b $ の係数である．
よってこれは相等しい． したがって， $ b $ 次整式の等式 $ ① $ が1以上のすべての奇数 $ x=2m+1 $ で成立するので，この等式は恒等式である．