京都大学 理学部特色入試 2019年度 第2問 解説
（2018年11月に行われた特色入試の問題です。2019年に行われた特色入試の問題はこちら）
問題編
問題
以下の設問に答えよ。ただし、 $0!=1$ とする。
(1) $n$ を自然数とする。 $F(x)$ は実数を係数とする $x$ の $n$ 次以下の多項式であって、 $m$ が整数のとき $F(m)$ がつねに整数となるものとする。このとき、次の性質（あ）、（い）を満たす実数 $c_0,c_1,c_2,\cdots,c_n$ が存在することを示せ。
（あ）次の式が $x$ についての恒等式となる。
\begin{eqnarray} & & \frac{F(x)}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)} \\[5pt] &=& c_0+\frac{c_1}{x+1}+\frac{c_2}{(x+1)(x+2)}+\cdots \\ & & +\frac{c_n}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)} \\ \end{eqnarray}（い） $0\leqq k\leqq n$ を満たすすべての整数 $k$ について $(n-k)!c_k$ は整数である。
(2) $0$ 以上の整数 $k$ に対して、 $x$ の $k$ 次多項式 $P_k(x)$ を次のように定める。
\begin{eqnarray} P_0(x) &=& 1, \\[5pt] P_1(x) &=& x+1, \\[5pt] P_2(x) &=& (x+1)(x+3), \\[5pt] &\vdots& \\[5pt] P_k(x) &=& (x+1)(x+3)\cdots(x+2k-3)(x+2k-1), \\[5pt] &\vdots& \\[5pt] \end{eqnarray}また、 $a,b$ を $a\leqq b$ を満たす $0$ 以上の整数とする。このとき、 $x$ についての次の恒等式が成り立つことを示せ。\[ \frac{P_{a+b}(x)}{a!b!P_a(x)P_b(x)} = \sum_{q=0}^a \frac{2^q}{q!(a-q)!(b-q)!P_q(x)} \]
考え方
(1)は、計算の処理が大変ですが、やるべきことはわかりやすいです。そもそも、 $c_k$ たちはどのように出せばいいかは、具体的な手順を示すことができます。
(2)は、パッと見た感じ、何がやりたいのかわからない式で、手の付け所が難しいです。いくつかの値を入れて成り立つことを調べるという方針は、(1)と同じです。ただ、何を入れればいいかは、考えないといけません。(1)とは異なり、 $P_k(x)=0$ となる値を使っても、 $a+b+1$ 個の値を使うのは難しいです。
右辺の分子にある $2^q$ をどう使うかを考えると、どんな値を $x$ に入れればいいか、思いつきやすくなるかもしれません。また、分母に $q!$ などがあって、シグマもあるので、二項係数にからんだ式変形も使います。
解答編
問題
以下の設問に答えよ。ただし、 $0!=1$ とする。
(1) $n$ を自然数とする。 $F(x)$ は実数を係数とする $x$ の $n$ 次以下の多項式であって、 $m$ が整数のとき $F(m)$ がつねに整数となるものとする。このとき、次の性質（あ）、（い）を満たす実数 $c_0,c_1,c_2,\cdots,c_n$ が存在することを示せ。
（あ）次の式が $x$ についての恒等式となる。
\begin{eqnarray} & & \frac{F(x)}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)} \\[5pt] &=& c_0+\frac{c_1}{x+1}+\frac{c_2}{(x+1)(x+2)}+\cdots \\ & & +\frac{c_n}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)} \\ \end{eqnarray}（い） $0\leqq k\leqq n$ を満たすすべての整数 $k$ について $(n-k)!c_k$ は整数である。
解答
(1)
（あ）の式の右辺に $(x+1)(x+2)\cdots(x+n)$ を掛けて得られる式を $G(x)$ とおく。
\begin{eqnarray}
& &
\frac{c_k\times (x+1)(x+2)\cdots(x+n)}{(x+1)(x+2)\cdots(x+k)} \\[5pt]
&=&
c_k\times (x+k+1)(x+k+2)\cdots(x+n) \\[5pt]
\end{eqnarray}である（ $k=n$ のときは、 $c_n$ となる）ので、 $G(x)$ は $n$ 次以下の多項式であることがわかる。
$x=-k$ とすると、 $i\lt k$ のときは
\begin{eqnarray}
& &
c_i\times (-k+i+1)(-k+i+2)\cdots(-k+n) \\[5pt]
&=&
0
\end{eqnarray}である。また、 $i\geqq k$ のときは、
\begin{eqnarray}
& &
c_i\times (-k+i+1)(-k+i+2)\cdots(-k+n) \\[5pt]
&=&
\frac{(n-k)!c_i}{(i-k)!}
\end{eqnarray}である。
$x=-n$ のとき、 $F(x)=G(x)$ とすると、右辺は $c_n$ の項だけが残るので、 $c_n$ が定まる。$x=-n+1$ のとき、 $F(x)=G(x)$ とすると、右辺は、 $c_{n-1},c_n$ を含む項だけが残るので、 $c_{n-1}$ が定まる。
以下、同様にして、 $x=-k$ のときに $F(x)=G(x)$ とすると、右辺に $c_k$ から $c_n$ を含む項だけが残るので、 $c_k$ 以外の値が求められていれば、 $c_k$ の値も定めることができる。
このようにして、 $x=-n$ から $x=0$ に対して、 $F(x)=G(x)$ が成り立つとすれば、順番に $c_k$ が定まる。こうして $G(x)$ の係数を定めると、 $n+1$ 個の値に対して $F(x)=G(x)$ が成り立つので、2つの式は恒等的に等しい。よって、このように $c_0,c_1,\cdots,c_n$ を定めれば、（あ）の条件は満たされる。
続いて、このように定めた $c_k$ に対して、 $(n-k)!c_k$ が整数であることを示す。
$k=n$ のときは、 $x=-n$ のときに\[ F(-n)=c_n \]が成り立つので、 $(n-k)!c_k$ は整数である。
次に、 $k+1\leqq i \leqq n$ のときに $(n-i)!c_i$ が整数とすると、 $(n-k)!c_k$ も整数となることを示す。
$x=-k$ とすると、 $G(x)$ で残る項は、 $c_i$ $(i\geqq k)$ を含む項だけであり、各項は\[ \frac{(n-k)!c_i}{(i-k)!} \]と表されている。仮定より $i\geqq k+1$ のときは $(n-i)!c_i$ は整数であるから
\begin{eqnarray}
& &
\frac{(n-k)!c_i}{(i-k)!} \\[5pt]
&=&
(n-i)!c_i\times \frac{(n-k)!}{(n-i)!(i-k)!} \\[5pt]
&=&
(n-i)!c_i\times _{n-k} \mathrm{ C }_{i-k} \\[5pt]
\end{eqnarray}と変形できるから、各項は整数である。また、 $F(-k)$ も整数なので、 $(n-k)!c_k$ 以外の項はすべて整数であることがわかる。よって、 $(n-k)!c_k$ も整数である。
以上から、条件（い）も満たすことがわかる。
（終）
解答編 つづき
問題
(2) $0$ 以上の整数 $k$ に対して、 $x$ の $k$ 次多項式 $P_k(x)$ を次のように定める。
\begin{eqnarray} P_0(x) &=& 1, \\[5pt] P_1(x) &=& x+1, \\[5pt] P_2(x) &=& (x+1)(x+3), \\[5pt] &\vdots& \\[5pt] P_k(x) &=& (x+1)(x+3)\cdots(x+2k-3)(x+2k-1), \\[5pt] &\vdots& \\[5pt] \end{eqnarray}また、 $a,b$ を $a\leqq b$ を満たす $0$ 以上の整数とする。このとき、 $x$ についての次の恒等式が成り立つことを示せ。\[ \frac{P_{a+b}(x)}{a!b!P_a(x)P_b(x)} = \sum_{q=0}^a \frac{2^q}{q!(a-q)!(b-q)!P_q(x)} \]
(2)
両辺に $a!b!P_a(x)P_b(x)$ を掛け、\[ P_{a+b}(x) = \sum_{q=0}^a \frac{2^qa!b!P_a(x)P_b(x)}{q!(a-q)!(b-q)!P_q(x)} \]を示す。この式を $(*)$ とおく。両辺とも、 $(a+b)$ 次の多項式なので、 $(a+b+1)$ 個以上の $x$ の値について、両辺が一致することを示せばよい。
$c$ を0以上の整数とする。このとき、
\begin{eqnarray}
P_k(2c+1)
&=&
(2c+2)(2c+4)\cdots(2c+2k) \\[5pt]
&=&
2^k (c+1)(c+2)\cdots(c+k) \\[5pt]
&=&
\frac{2^k (c+k)!}{c!} \\[5pt]
\end{eqnarray}が成り立つ。
$x=2c+1$ とすると、 $(*1)$ の左辺は\[ P_{a+b}(2c+1)=\frac{2^{a+b} (c+a+b)!}{c!} \]が成り立つ。また、右辺は
\begin{eqnarray}
& &
\sum_{q=0}^a \frac{2^qa!b!P_a(2c+1)P_b(2c+1)}{q!(a-q)!(b-q)!P_q(2c+1)} \\[5pt]
&=&
\sum_{q=0}^a \frac{2^qa!b! \cdot \frac{2^a(c+a)!}{c!} \cdot \frac{2^b(c+b)!}{c!} }{q!(a-q)!(b-q)!\cdot \frac{2^q(c+q)!}{c!} } \\[5pt]
&=&
\sum_{q=0}^a \frac{a!b! \cdot 2^a(a+c)! \cdot 2^b(b+c)!}{q!(a-q)!(b-q)!\cdot (q+c)!c!} \\[5pt]
&=&
\frac{2^{a+b} }{c!} \sum_{q=0}^a \frac{a!b! (a+c)! (b+c)!}{q!(a-q)!(b-q)!(q+c)!} \\[5pt]
\end{eqnarray}と変形できる。
ここで、ここまでの計算結果に、それぞれ、\[ \frac{c!}{2^{a+b}a!(b+c)!} \]を掛ける。そうすると、 $(*1)$ の左辺は
\begin{eqnarray}
& &
\frac{2^{a+b} (c+a+b)!}{c!} \times \frac{c!}{2^{a+b}a!(b+c)!} \\[5pt]
&=&
\frac{(c+a+b)!}{a!(b+c)!} \\[5pt]
&=&
_{a+b+c} \mathrm{ C }_a \\[5pt]
\end{eqnarray}となる。また、右辺は
\begin{eqnarray}
& &
\sum_{q=0}^a \frac{b!(a+c)!}{q!(a-q)!(b-q)!(q+c)!} \\[5pt]
&=&
\sum_{q=0}^a \frac{(a+c)!}{(q+c)!(a-q)!} \times \frac{b!}{(b-q)!q!} \\[5pt]
&=&
\sum_{q=0}^a {}_{a+c} \mathrm{ C }_{a-q} \times _b \mathrm{ C }_q \\[5pt]
\end{eqnarray}と変形できる。最後の式は、「 $(a+c)$ 個の青いボールと $b$ 個の赤いボールの計 $(a+b+c)$ 個のボールから $a$ 個のボールを選ぶ方法の総数を、赤いボールを何個選ぶかで場合分けして計算したもの」であるから、 $_{a+b+c} \mathrm{ C }_a$ と等しい。よって、 $(*)$ が成り立つ。
$c$ は $0$ 以上の整数なら何でもよいので、 $(a+b+1)$ 個の $x$ の値について $(*)$ が成り立つことが示せた。よって、恒等的に $(*)$ が成り立つので、与えられた恒等式が成り立つことが示せた。
（終）
