今回の記事は前回に引き続き2026年 京大理系数学 第3問です。
ぱっと見てわかるように、この問題は難しいです。
試験場で解いた際も見た瞬間後回しにしました(笑)
n+1で割り切ることはすぐに示せたけれども最大のものがn+1であることを示すのができなかった人も多いのではないでしょうか？
n関係なので帰納法で解くやり方と、各項について考えるやり方の２通りで解いてみたいと思います。
解法①
\( (x+1)^{2^{n+1}} – (x^2+1)^{2^n} \) のすべての係数が \( 2^{n+1} \) で割り切れ，\( 2^{n+2} \) では割り切れないことを示す．\(\cdots\circledast\)
(i) \( n = 1 \) のとき
\[
\begin{aligned}
(x+1)^{2^2} – (x^2+1)^{2^1} &= (x+1)^4 – (x^2+1)^2 \\
&= (x^4 + 4x^3 + 6x^2 + 4x + 1) – (x^4 + 2x^2 + 1) \\
&= 4x^3 + 4x^2 + 4x
\end{aligned}
\]
係数はすべて \( 4 = 2^2 \) で割り切れ，\( 8 = 2^3 \) では割り切れないため、\( n=1 \) で \(\circledast\) は成立する。
(ii) \( n = k \) で \(\circledast\) が成立すると仮定する
このとき，
\[
\begin{aligned}
(x+1)^{2^{k+2}} – (x^2+1)^{2^{k+1}} &= \{ (x+1)^{2^{k+1}} \}^2 – \{ (x^2+1)^{2^k} \}^2 \\
&= \left[ (x+1)^{2^{k+1}} – (x^2+1)^{2^k} \right] \left[ (x+1)^{2^{k+1}} + (x^2+1)^{2^k} \right]
\end{aligned}
\]
帰納法の仮定より，左側の因数 \([ (x+1)^{2^{k+1}} – (x^2+1)^{2^k} ]\) の係数はすべて \( 2^{k+1} \) で割り切れ， \( 2^{k+2} \) で割り切れない。
ここで，右側の因数 \( Q(x) = (x+1)^{2^{k+1}} + (x^2+1)^{2^k} \) について考える。
展開すると
\[ (x+1)^{2^{k+1}} = x^{2^{k+1}} + \cdots + 1, \quad (x^2+1)^{2^k} = x^{2^{k+1}} + \cdots + 1 \]
であるから，\( Q(x) \) の定数項では
\( 1 + 1 = 2 \) となり，\( 2 \) で割り切れるが \( 4 \) で割り切れない。
\[
(x+1)^{2^{k+1}} = \left(x^2 + 1 + 2x\right)^{2^k}
\]
二項定理により展開すると，
\[
(x+1)^{2^{k+1}} = (x^2 + 1)^{2^k} + \sum_{r=1}^{2^k-1} {}_{2^k}\mathrm{C}_r (x^2+1)^r (2x)^{2^k-r} + (2x)^{2^k}
\]
となる。ここで，各項 \({}_{2^k}\mathrm{C}_r (x^2+1)^r (2x)^{2^k-r} \quad (r = 1, 2, \ldots, 2^k – 1)\) および \((2x)^{2^k}\) はすべて \(2\) を因数に持つため，これらの係数は \(2\) で割り切れる。
同様にして，
\[
(x^2+1)^{2^k} = x^{2^{k+1}} + \sum_{r=1}^{2^k-1} {}_{2^k}\mathrm{C}_r (x^2)^r + 1
\]
ここで，二項係数の性質より
\[
{}_{2^k}\mathrm{C}_r = \frac{2^k}{r} \cdot {}_{2^k-1}\mathrm{C}_{r-1}
\]
であり，\(1 \le r \le 2^k – 1\) の範囲において \(2^k > r\) かつ \({}_{2^k-1}\mathrm{C}_{r-1} \in \mathbb{Z}\) であることから，\({}_{2^k}\mathrm{C}_r\) は偶数である。
したがって，
\[
\begin{aligned}
(x+1)^{2^{k+1}} + (x^2+1)^{2^k} &= \left\{ (x^2+1)^{2^k} + \sum_{r=1}^{2^k-1} {}_{2^k}\mathrm{C}_r (x^2+1)^r (2x)^{2^k-r} + (2x)^{2^k} \right\} + (x^2+1)^{2^k} \\
&= 2(x^2+1)^{2^k} + \sum_{r=1}^{2^k-1} {}_{2^k}\mathrm{C}_r (x^2+1)^r (2x)^{2^k-r} + (2x)^{2^k}
\end{aligned}
\]
ゆえに，\((x+1)^{2^{k+1}} + (x^2+1)^{2^k}\) のすべての係数は \(2\) で割り切れる。
したがって，全体として係数は \( 2^{k+1} \cdot 2 = 2^{k+2} \) で割り切れ,\(2^{k+3}\)では割り切れない。
よって，\( n = k+1 \) のときも \(\circledast\) は成立する。
以上より，(i),(ii)と帰納法を用いて、すべての正の整数 \( n \) について \(\circledast\) は成立する。
解法②
多項式を \(P(x)\) とおく。
\[
P(x) = (x + 1)^{2^{n+1}} – (x^2 + 1)^{2^n}
\]
ここで、\((x+1)^2 = x^2 + 2x + 1 = (x^2 + 1) + 2x\) であるから、
\[
P(x) = \left\{ (x^2 + 1) + 2x \right\}^{2^n} – (x^2 + 1)^{2^n}
\]
二項定理を用いて第1項を展開すると、
\[
P(x) = \sum_{r=0}^{2^n} {}_{2^n}\mathrm{C}_r (x^2 + 1)^{2^n – r} (2x)^r – (x^2 + 1)^{2^n}
\]
\(r=0\) の項は \({}_{2^n}\mathrm{C}_0 (x^2 + 1)^{2^n} (2x)^0 = (x^2 + 1)^{2^n}\) であるため、第2項と打ち消し合う。よって、
\[
P(x) = \sum_{r=1}^{2^n} {}_{2^n}\mathrm{C}_r (x^2 + 1)^{2^n – r} \cdot 2^r \cdot x^r
\]
\(P(x)\) のすべての係数が \(2^m\) で割り切れるための条件は、各項 \(r=1, 2, \dots, 2^n\) において、その係数が \(2^m\) で割り切れることである。
第 \(r\) 項の多項式部分 \((x^2+1)^{2^n-r}x^r\) は整数係数であるから、各項の係数が \(2^m\) の倍数であることを示すには、定数倍の部分 \(A_r = {}_{2^n}\mathrm{C}_r \cdot 2^r\) が \(2^m\) で割り切れることを示せばよい。
1. すべての係数が \(2^{n+1}\) で割り切れることの証明
\(r \geq 1\) において、\({}_{2^n}\mathrm{C}_r \cdot 2^r\) が常に \(2^{n+1}\) の倍数であることを示す。
\({}_n\mathrm{C}_r = \frac{n}{r} {}_{n-1}\mathrm{C}_{r-1}\) を用いると、
\[
A_r = \frac{2^n}{r} {}_{2^n-1}\mathrm{C}_{r-1} \cdot 2^r = \frac{2^{n+r}}{r} {}_{2^n-1}\mathrm{C}_{r-1}
\]
となる。
ここで、正の整数 \(r\) を割り切る最大の \(2\) のべき乗を \(2^v\) (\(v = v_2(r)\))とおく。
このとき、\(2^v \leq r\) が成り立つ。
ここで、すべての非負整数 \(v\) に対して次の不等式が成り立つことを数学的帰納法で示す：
\[
v+1 \leq 2^v \quad \cdots (\ast)
\]
** (i) \(v=0, 1\) のとき **
\(v=0 \implies 0+1 \leq 2^0 = 1\) （成立）
\(v=1 \implies 1+1 \leq 2^1 = 2\) （成立）
** (ii) \(v=k \, (\geq 1)\) で成立すると仮定すると **
\(v=k+1\) のとき、
\[
2^{k+1} = 2 \cdot 2^k \geq 2(k+1) = 2k + 2
\]
\(k \geq 1\) より \(2k+2 \geq k+2\) であるから、
\[
2^{k+1} \geq (k+1) + 1
\]
となり、\(v=k+1\) でも \((\ast)\) は成立する。
したがって、すべての \(v \geq 0\) で \(v+1 \leq 2^v\) である。これと \(2^v \leq r\) を合わせると、
\[
v+1 \leq 2^v \leq r \quad \implies \quad v \leq r-1
\]
が示された。（等号成立は \(r=1, 2\) のときのみ）
よって\(s \geq 1\) において、\(v \leq s-1\) が成り立つ（\(r=1, 2\) で等号）。
したがって、
\[
v_2(A_r) = v_2\left( \frac{2^{n+r}}{r} \right) = n + r – v \geq n + r – (r – 1) = n + 1
\]
となり、すべての \(r\) について \(A_r\) は \(2^{n+1}\) で割り切れる。
2. \(2^{n+2}\) で割り切れない係数が存在することの証明
\(r=1\) の項に注目する。
\[
{}_{2^n}\mathrm{C}_1 (x^2 + 1)^{2^n – 1} (2x)^1 = 2^n \cdot (x^2 + 1)^{2^n – 1} \cdot 2x = 2^{n+1} x (x^2 + 1)^{2^n – 1}
\]
この多項式を展開したときの定数項は \(2^{n+1}\) であり、これは \(P(x)\) 全体の \(x\) の係数に等しい（\(r \geq 2\) の項はすべて \(x^2\) 以上の次数を持つため）。
\(2^{n+1}\) は \(2^{n+2}\) で割り切れないため、\(m\) の最大値は \(n+1\) である。
よって題意は示された。
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