北海道大学 1996年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第4問

(1)
正の整数 $k$ に対して $$g(k)=k(k+1)(k+2)\cdots (k+n-1)$$ である。これは $$g(k)={\displaystyle \frac{(k+n-1)!}{(k-1)!}}=n!{}_{k+n-1}{\mathrm{C}}_n$$ と書ける。${}_{k+n-1}{\mathrm{C}}_n$ は整数であるから、$g(k)$ は $n!$ の倍数である。

(2) $f(x)$ は $x^n$ の係数が $1$ の $n$ 次多項式であるから、$$f(x)=x^n+c_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots$$ と書ける。すると $f_1(x)=f(x+1)-f(x)$ において、最高次の寄与は $$(x+1{)}^n-x^n=n{x}^{n-1}+\cdots$$ である。$c_{n-1}((x+1{)}^{n-1}-x^{n-1})$ は高くても $x^{n-2}$ までしか含まないので、$f_1(x)$ の $x^{n-1}$ の係数は $n$ である。

同様に、$f_1(x)$ は $x^{n-1}$ の係数が $n$ の $(n-1)$ 次多項式である。したがって $f_2(x)=f_1(x+1)-f_1(x)$ の最高次の寄与は $$n((x+1{)}^{n-1}-x^{n-1})=n(n-1)x^{n-2}+\cdots$$ である。よって $f_2(x)$ の $x^{n-2}$ の係数は $n(n-1)$ である。

(3) $f_0(x)=f(x)$ とおき、$j\geqq 1$ に対して $$f_j(x)=f_{j-1}(x+1)-f_{j-1}(x)$$ と定める。仮定より、すべての正の整数 $k$ について $f_0(k)=f(k)$ は整数であり、かつ $a$ の倍数である。

もし $f_{j-1}(k)$ がすべての正の整数 $k$ について整数かつ $a$ の倍数なら、$$f_j(k)=f_{j-1}(k+1)-f_{j-1}(k)$$ も整数かつ $a$ の倍数である。したがって帰納的に、すべての $j$ について $f_j(k)$ は正の整数 $k$ で整数かつ $a$ の倍数である。

一方、(2)の考えを繰り返すと、差を1回取るごとに次数が1つ下がり、最高次係数には現在の次数が掛かる。したがって $f_n(x)$ は定数多項式で、その値は $$n(n-1)(n-2)\cdots 2\cdot 1=n!$$ である。

特に正の整数 $k$ に対して $f_n(k)=n!$ であり、先ほどの結論からこれは $a$ の倍数である。よって $a\mid n!$、すなわち $a$ は $n!$ の約数である。

差分で次数と最高次係数を追う

(1) は連続整数から選ぶ組合せの個数として階乗を取り出す。(2)は二項展開の最高次項だけを追う。(3)では$n$ 階差分を交代二項和で直接表し、各項の可除性から結論する。

(1) $$g(k)=k(k+1)\cdots (k+n-1)=n!{}_{k+n-1}{\mathrm{C}}_n\mathrm{.}$$右端の組合せ数は整数なので、$g(k)$ は $n!$ の倍数である。

(2) $$f(x)=x^n+c_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots$$ とおく。二項展開から$$(x+1{)}^n-x^n=n{x}^{n-1}+\text{低次の項}$$であり、残りの項の差は $n-2$ 次以下だから、$f_1$ の
$x^{n-1}$ の係数は $n$ である。同様に$$n\{(x+1{)}^{n-1}-x^{n-1}\}=n(n-1)x^{n-2}+\text{低次の項}$$より、$f_2$ の $x^{n-2}$ の係数は $n(n-1)$ である。

(3)

$\mathrm{\Delta }f(x)=f(x+1)-f(x)$ と書く。二項定理を繰り返し用いると$${\mathrm{\Delta }}^{n}f(k)=\sum _{j=0}^n(-1{)}^{n-j}{}_n{\mathrm{C}}_{j}f(k+j)\mathrm{.}$$仮定より各 $f(k+j)$ は整数で $a$ の倍数だから、
右辺も $a$ の倍数である。

一方、差分は次数を1つ下げ、最高次係数にその次数を掛ける。
$f$ は最高次係数1の $n$ 次多項式なので$${\mathrm{\Delta }}^{n}f(k)=n!$$である。したがって $a\mid n!$ である。