東京大学 1999年度
理系数学 第5問

解答

(1)

係数の偶奇だけを考える。基本となる等式は $(1+x{)}^2=1+2x+x^2$ である。したがって、係数を2で割った余りで見ると $(1+x{)}^2$ は $1+x^2$ と同じである。

これを繰り返す。例えば $(1+x{)}^4=((1+x{)}^2{)}^2$ は、係数の偶奇だけを見れば $(1+x^2{)}^2$ と同じであり、さらに $(1+x^2{)}^2=1+2x^2+x^4$ なので、偶奇だけを見れば $1+x^4$ と同じである。

同様に繰り返すと $(1+x{)}^{2^k}$ は、係数の偶奇だけを見れば $1+x^{2^k}$ と同じである。ところが二項定理より $(1+x{)}^{2^k}={\sum }_{n=0}^{2^k}{}_{2^k}{\mathrm{C}}_n{x}^n$ である。右端の $1+x^{2^k}$ には中間の項がないので $0<n<2^k$ を満たす $n$ について、係数 ${}_{2^k}{\mathrm{C}}_n$ はすべて偶数である。

(2)

条件を満たす自然数 $m$ を考える。すべての ${}_m{\mathrm{C}}_n$ が奇数であるから、係数の偶奇だけを見れば $(1+x{)}^m$ は $1+x+x^2+\cdots +x^m$ と同じである。

両方に $1+x$ を掛けると、係数の偶奇だけを見て $(1+x{)}^{m+1}$ は $(1+x)(1+x+x^2+\cdots +x^m)$ と同じである。右辺は $1+2x+2x^2+\cdots +2x^m+x^{m+1}$ であるから、偶奇だけを見れば $1+x^{m+1}$ と同じである。すなわち、$(1+x{)}^{m+1}$ の中間係数はすべて偶数である。

ここで $m+1=2^{s}q$ とおく。ただし $q$ は奇数である。もし $q>1$ なら、(1)と同じ変形を $s$ 回行うことで、係数の偶奇だけを見て $(1+x{)}^{m+1}=((1+x{)}^{2^s}{)}^q$ は $(1+x^{2^s}{)}^q$ と同じになる。この多項式の $x^{2^s}$ の係数は $q$ であり、$q$ は奇数だから、この中間係数は奇数である。これは $(1+x{)}^{m+1}$ の中間係数がすべて偶数であることに反する。よって $q=1$ でなければならない。したがって $m+1=2^s$ である。

逆に $m=2^s-1(s=1,2,3,\dots )$ とする。このとき $(1+x{)}^{m+1}=(1+x{)}^{2^s}$ であるから、(1)より係数の偶奇だけを見れば $(1+x{)}^{m+1}$ は $1+x^{m+1}$ と同じである。一方 $(1+x)(1+x+x^2+\cdots +x^m)=1+2x+2x^2+\cdots +2x^m+x^{m+1}$ も、係数の偶奇だけを見れば $1+x^{m+1}$ と同じである。

したがって $(1+x{)}^{m+1}$ と $(1+x)(1+x+\cdots +x^m)$ は係数の偶奇が一致する。両方が $1+x$ を因数にもつので、割った後の $(1+x{)}^m$ と $1+x+\cdots +x^m$ も係数の偶奇が一致する。よって $(1+x{)}^m$ のすべての係数、すなわちすべての ${}_m{\mathrm{C}}_n$ は奇数である。

以上より、求める自然数は $m=2^s-1(s=1,2,3,\dots )$ である。

別解。パスカルの三角形で考えてもよい。${}_m{\mathrm{C}}_n$ がすべて奇数である行の次の行では ${}_{m+1}{\mathrm{C}}_n={}_m{\mathrm{C}}_{n-1}+{}_m{\mathrm{C}}_n$ により、中間の係数がすべて偶数になる。したがって(1)の結果から、$m+1$ は2の累乗でなければならない。逆に $m+1=2^s$ なら、(1)により次の行の中間係数がすべて偶数であり、その一つ前の行はすべて奇数になる。多項式を使う解法は、このパスカルの三角形の偶奇を式で表したものである。