高次方程式の数学難問！ｎ次方程式、ｎ次多項式と素数について

今回は、高次方程式（ｎ次方程式、ｎ次多項式）の応用問題について、実際の大学入試数学で出題されたものを題材に学んでいきましょう。

数Ⅱの分野ですので、難関大学もしくは数学で難問が出題される志望校を受験される方は、文系理系ともにこの例題を解いてもらいたいと思います。

今回、解くために必要な知識はコレです。

ｎ次方程式は重解をまとめて１個の解とせずに、それぞれ１個ずつとカウントすると、ちょうどｎ個の解が存在する。※つまり、２重解を２個の解として、３重解を３個の解として、というように、ｋ重解をｋ個の解として数えると、ｎ次方程式には、ｎ個の解が存在する。

それでは問題を見てみましょう。

ｎ次方程式～ｎ次多項式と素数の難問
Pを素数とする。 整数を係数とするｎ次多項式\(f(x)\)で、次の３つの条件をすべて満たしているものをすべて求めよ。 ①：\(x^nの係数は1\) (n≧1) ②：\(f(0)＝p\) ③：方程式\(f(x)＝0\)の解は相異なるｎ個の整数 (n≧1)
題材：北海道大学～理学部,工学部(2014年)	難易度：★★★★★★★☆☆☆

まず、ちょっと考えみて、もしも最初の糸口が見つけにくい場合は、この類の問題の経験値が足りないかもしれません。

なので、そういった方はまず、あまり時間をかけすぎないで、最初の突破口のところだけ解説を読んで、そこから考えてみてください。

それでは解説に移ります☆

高次方程式の難問～ｎ次多項式と素数

まず最初に、与えられた条件のうち、最も検証していける材料となるのが

③の条件

③：方程式\(f(x)＝0\)の解は相異なるｎ個の整数

でしょう。

ここから考えていきます。

ｎ次方程式の性質～ｎ次方程式はｎ個の解をもつ～

まず、ｎ次方程式は、ｋ重解をｋ個の解としてカウントすると、重解以外の解も含めて、合計でｎ個の解をもつ、ということは問題の前にポイントとして説明していたことです。 今回の条件において、ｎ次方程式\(f(x)＝0\)には「相異なるｎ個の解がある」ということがわかりましたので、「重解はない」ということがわかりました。 なので、ｎ個の解をそれぞれ\(b_{1},b_{2},b_{3},b_{4}, \cdots ,b_{n}\)と表現することができます。 ここが非常に重要で、かつ高度なテクニックなのですが、例えばこのまま③の条件より \(f(x)＝0\)を見たす、相異なる整数の解ということで \(f(x)＝ｍ(x－b_{1})(x－b_{2}) \cdots (x－b_{n})\)　（ｍは定数） と置くと、あとでわかりますが、とても扱いにくい変形へと導かれてしまいます。 今回の場合は、素数の性質を利用して条件を満たす候補を絞っていくことが第２のポイントなのですが、この式では途中でとてもややこしいことになりますので、次の方法を理解してください。

\(b_{1},b_{2},b_{3},b_{4}, \cdots ,b_{n}\)

にそれぞれ－１をかけたものを

\(a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}, \cdots ,a_{n}\)

とします。

これらもまた、相異なるｎ個の整数ですね。

この、相異なるｎ個の整数を使うと

\(f(x)＝ｍ(x－b_{1})(x－b_{2}) \cdots (x－b_{n})\)　（ｍは定数）

は

\(f(x)＝ｍ(x＋a_{1})(x＋a_{2}) \cdots (x＋a_{n})\)　（ｍは定数）

へと、表記を変えることができます。

さて、ｍのポジションには\(x^n\)の係数が入るので、①の条件より、この場合係数は１となって表記は省略、つまり

\(f(x)＝(x＋a_{1})(x＋a_{2}) \cdots (x＋a_{n})\)

ということになります。

ここで②の条件が活躍します。

②：\(f(0)＝p\)

この条件とｎ次多項式を眺めると、こう思いつくのではないでしょうか？

「このｎ次方程式のxに0を代入すると何が見えてくるだろうか？」

代入してみましょう。

すると、

\(f(0)＝a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot a_{4} \cdots a_{n}\)

となりますね。

さらに

②：\(f(0)＝p\)なので

\(p＝a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot a_{4} \cdots a_{n}\)

となります。

コチラのほうが情報量がありますね。

ｐは素数ということなので、

この方程式を満たすためには

\(a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}, \cdots ,a_{n}\)のなかのどれかが素数ｐで、それ以外のすべての積が１であるか

もしくは

\(a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}, \cdots ,a_{n}\)のなかのどれかが－ｐで、それ以外のすべての積が－１であるか

ですね。

この条件に加えてさらに

\(a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}, \cdots ,a_{n}\)

がそれぞれが異なる整数ですので

\(a_{1}\)をpまたは－pとするなら

\(a_{2},a_{3},a_{4}, \cdots ,a_{n}\)をすべて掛け合わせた結果は

１または－１しかありえないことなり

このようなパターンしか考えられないことになります。

つまり、\(p＝a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot a_{4} \cdots a_{n}\)を満たすためには

ｎ＝１またはｎ＝２またはｎ＝３の場合しかないことになります。

それぞれ確認していきましょう。

ｎ次方程式の場合分け　ｎ＝１のとき

ｎ＝１のときは

\(f(x)＝(x＋a_{1})(x＋a_{2}) \cdots (x＋a_{n})\)

という先程のｎ次方程式の表記は

\(f(x)＝(x＋a_{1})\)

という１次方程式になります。

また、上の説明の絵をご覧になればわかります通り

ｎ＝１のときは

\(a_{1}＝p\)ですね。

ｎ＝１のとき \(p＝a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot a_{4} \cdots a_{n}\) は \(p＝a_{1}\) になりましたものね。

なので

\(f(x)＝(x＋p)\)

という方程式が導けました。

ｎ次方程式の場合分け　ｎ＝２のとき

ｎ＝２のとき

\(f(x)＝(x＋a_{1})(x＋a_{2}) \cdots (x＋a_{n})\)

というｎ次方程式は

\(f(x)＝(x＋a_{1})(x＋a_{2})\)

になります。

また、

\(p＝a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot a_{4} \cdots a_{n}\)

は

\(p＝a_{1} \cdot a_{2}\)

となりますね。

先程の説明図でその意味を確認してください。

ｎ＝２の時は

\((a_{1},a_{2})\)＝(p, 1)または(－p, －1)

だということがわかるかと思います。

なので

\(f(x)＝(x＋a_{1})(x＋a_{2})\)　という方程式は

\(f(x)＝(x＋p)(x＋1)\)

または

\(f(x)＝(x－p)(x－1)\)

ということになります。

それぞれの右辺を展開した

\(f(x)＝x^2＋(p＋1)x＋p\)

\(f(x)＝x^2－(p＋1)x＋p\)

の右辺が、２つめ、３つめの求めるf(x)ですね。

ｎ次方程式の場合分け　ｎ＝３のとき

ｎ＝３のとき

\(f(x)＝(x＋a_{1})(x＋a_{2}) \cdots (x＋a_{n})\)

というｎ次方程式は

\(f(x)＝(x＋a_{1})(x＋a_{2})(x＋a_{3})\)

という３次方程式になります。

また、

\(p＝a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3} \cdot a_{4} \cdots a_{n}\)

は

\(p＝a_{1} \cdot a_{2} \cdot a_{3}\)

になりますね。

先程の説明図でその意味と状況を確認しましょう。

ｎ＝３の場合は

\((a_{1},a_{2},a_{3})\)＝(－p, －1, 1)

しかありませんね。

なので、

\(f(x)＝(x＋a_{1})(x＋a_{2})(x＋a_{3})\)は

\(f(x)＝(x－p)(x－1)(x＋1)\)となり、右辺を展開して

\(f(x)＝x^3－px^2－x＋p\)となります。

つまり、これまでの結果と合わせて

\((x＋p)\)

\(x^2＋(p＋1)x＋p\)

\(x^2－(p＋1)x＋p\)

\(x^3－px^2－x＋p\)

の４つが、求めるf(x)となります。

いかがでしたでしょうか？

このように、問題を解く過程において、求めやすいｎ次多項式に置き換えることによって無理のない検証をしていくことができました。

最初の置き換えが非常に高度だったと思いますが、質問に答える際に、こちらのほうが都合がよかったということを理解していただければと思います。

以上、高次方程式（ｎ次方程式）の大学入試数学の難問について、北海道大学の数学の良問で解説しました。

お疲れ様です☆