東京大学 1984年度
理系数学 第3問

解答

i)

まず $f_k(x)=x^k-kx+k-1$ について $f_k(1)=1-k+k-1=0$ である。また $f_k^{\prime }(x)=k{x}^{k-1}-k$ より $f_k^{\prime }(1)=k-k=0$ である。したがって各 $f_k(x)$ は $(x-1{)}^2$ で割り切れる。よって $g(x)={\sum }_{k=2}^n{a}_k{f}_k(x)$ と表されるなら、$g(x)$ も $(x-1{)}^2$ で割り切れる。

逆に、$g(x)$ が $n$ 次以下の多項式で $(x-1{)}^2$ で割り切れるとする。$f_n(x)$ の最高次の項は $x^n$ であるから、$g(x)$ の $x^n$ の係数を消すように $a_n$ を選べる。次に $f_{n-1}(x)$ の最高次の項は $x^{n-1}$ であるから、残った $x^{n-1}$ の係数を消すように $a_{n-1}$ を選べる。この操作を順に続けると、$h(x)=g(x)-{\sum }_{k=2}^n{a}_k{f}_k(x)$ が1次以下の多項式になるように $a_2,\dots ,a_n$ を定められる。

ここで $g(x)$ も各 $f_k(x)$ も $(x-1{)}^2$ で割り切れるから、$h(x)$ も $(x-1{)}^2$ で割り切れる。しかし1次以下の多項式で $(x-1{)}^2$ で割り切れるものは零多項式だけである。したがって $h(x)\equiv 0$ であり、$g(x)={\sum }_{k=2}^n{a}_k{f}_k(x)$ と表される。以上で必要十分性が示された。

ii)

i) より、$(x-1{)}^2$ で割り切れることは $g(x)={\sum }_{k=2}^n{a}_k{f}_k(x)$ と表せることと同値である。さらに $(x-1{)}^3$ で割り切れるためには、すでに $g(1)=g^{\prime }(1)=0$ が成り立っているので、$g^{\prime \prime }(1)=0$ が必要十分である。

ここで $f_k^{\prime \prime }(x)=k(k-1)x^{k-2}$ だから $f_k^{\prime \prime }(1)=k(k-1)$ である。したがって $g^{\prime \prime }(1)={\sum }_{k=2}^n{a}_{k}k(k-1)$ である。よって $g(x)$ が $(x-1{)}^3$ で割り切れるための条件は ${\sum }_{k=2}^{n}k(k-1)a_k=0$ であり、これは ${\sum }_{k=2}^n\frac{k(k-1)}{2}{a}_k=0$ と同値である。