大阪大学 1998年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第2問

$g(x)=a_0(x+p{)}^n$ とおく。このとき $g^{\mathrm{\prime }}(x)=n{a}_0(x+p{)}^{n-1}$ であるから $$(x+p)g^{\mathrm{\prime }}(x)=n{a}_0(x+p{)}^n=ng(x)$$ である。したがって $g(x)$ も、与えられた関係式と同じ $ng(x)=(x+p)g^{\mathrm{\prime }}(x)$ を満たす。

そこで $F(x)=f(x)-g(x)$ とおく。$f$ と $g$ はどちらも最高次係数が $a_0$ の $n$ 次式であるから、$F$ は零多項式であるか、次数が $n-1$ 以下の多項式である。また、$f$ と $g$ の関係式を引き算すると $nF(x)=(x+p)F^{\mathrm{\prime }}(x)$ が成り立つ。

ここで $F$ が零多項式でないと仮定する。$F$ の次数を $m$ とし、最高次の項を $c{x}^m(c\mathrm{\ne }0)$ とする。すると左辺 $nF(x)$ の最高次の項は $nc{x}^m$ である。一方、$F^{\mathrm{\prime }}(x)$ の最高次の項は $mc{x}^{m-1}$ なので、右辺 $(x+p)F^{\mathrm{\prime }}(x)$ の最高次の項は $mc{x}^m$ である。

両辺が等しいためには、最高次の係数が等しくなければならない。すなわち $nc=mc$ である。$c\mathrm{\ne }0$ より $n=m$ を得る。しかし $F$ の次数は $n-1$ 以下だったので、これは矛盾である。したがって $F$ は零多項式である。

よって $f(x)=g(x)=a_0(x+p{)}^n$ である。

整式の係数を直接比較する。$x^{n-k}$ の係数から $k{a}_k=p(n-k+1)a_{k-1}$ を得て、数学的帰納法で $a_k={}_n{\mathrm{C}}_k{a}_0{p}^k$ と決定し、二項展開へ戻す。

$$f(x)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_k{x}^{n-k}+\cdots +a_n$$とする。関係式$$nf(x)=(x+p)f^{\mathrm{\prime }}(x)$$の $x^{n-k}$ の係数を比較する。

左辺の係数は $n{a}_k$ である。右辺では $x{f}^{\mathrm{\prime }}(x)$ から $(n-k)a_k$、$p{f}^{\mathrm{\prime }}(x)$ から $p(n-k+1)a_{k-1}$ が現れる。従って$$n{a}_k=(n-k)a_k+p(n-k+1)a_{k-1},$$すなわち$$k{a}_k=p(n-k+1)a_{k-1}(k=1,\dots ,n)\mathrm{.}$$これを順に用いると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle a_k}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{k(k-1)\cdots 1}}{a}_0{p}^k}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={}_n{\mathrm{C}}_k{a}_0{p}^k\mathrm{.}}\end{array}$$従って二項展開により$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f(x)}& {\displaystyle =a_0\{x^n+{}_n{\mathrm{C}}_{1}p{x}^{n-1}\cdots +{}_n{\mathrm{C}}_k{p}^k{x}^{n-k}\cdots +p^n\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a_0(x+p{)}^n\mathrm{.}}\end{array}$$これで係数がすべて一意に決まり、所要の形が示された。