本科／ Z Study 解答解説編／難関国公立理系数学発展見本

本科／ Z Study 解答解説編／難関国公立理系数学発展見本
XMFJ1A-Z1C2-01
n は 3 以上の整数とする。このとき，次の各問いに答えよ。
n
n¡1
n¡2
+x
(25点)
⑴
等式 x = (x ¡ 1)(x
⑵
整式 xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1 を (x ¡ 1)(x ¡ 2) で割ったときの余りを求めよ。(13点)
+ Ý + x + 1) + 1 が成り立つことを示せ。(4点)
⑶
整式 xn を (x ¡ 1)2 (x ¡ 2) で割ったときの余りを求めよ。(8点)
整式の除法についての問題。
⑴
示すべき等式に含まれている
(x ¡ 1)(xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1)
を展開してみればよい。
⑵
整式の余りを求めるときは，実際に割り算をすることが基本であるが，本問ではこれができ
ないので，他の方法を考えよう。一般に，整式 f( x ) を整式 g( x ) で割ったときの商を Q( x )，
余りを R( x ) とすると
f( x ) = g( x )Q( x ) + R( x )
…………………………………………………＊
が成り立つので，本問でもこれをうまく用いることを考えるとよい。g( x ) の次数がわかってい
るので，次数に着目して R( x ) のおき方を考えてみよう。
⑶
⑵と同様に，商と余りの関係に着目するという方針でよい。うまく⑴，⑵を利用することを考
えよう。
n
=x ¡1
であるから，等式
xn = (x ¡ 1)(xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1) + 1
…………①
(証終)
が成り立つ。
⑵
整式 xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1 を (x ¡ 1)(x ¡ 2) で割ったときの商
を Q( x )，余りを ax + b (a，b は定数) とおくと
xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1
= (x ¡ 1)(x ¡ 2)Q( x ) + ax + b
………………………②
と表せる。ここで，②に x = 1，2 をそれぞれ代入すると
1n¡1 + 1n¡2 + Ý + 1 + 1 = a + b
() a + b = n
2n¡1 + 2n¡2 + Ý + 2 + 1 = 2a + b
2n ¡ 1
() 2a + b =
= 2n ¡ 1
2¡1
であるから，これらを連立して解くと
xn¡1 + xn¡2 + Ý + x2 + x
がキャンセルされる。
▲
= (xn + xn¡1 + Ý + x2 + x) ¡ (xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1)
2 次式 (x ¡ 1)(x ¡ 2) で割ると，
余りは
1 次式または定数
となるので，余りをこのように
おくことができる。
▲
= x(xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1) ¡ (xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1)
▲
(x ¡ 1)(xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1)
「着眼」の＊を用いている。
2n¡1 + 2n¡2 + Ý + 2 + 1
を初項 1，公比 2 の等比数列の
初項から第 n 項までの和と捉
えている。
▲
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
・・・・・・・
⑴
(2n ¡ n ¡ 1)x ¡ 2n + 2n + 1
⑶
(答)
②を①に代入すると
xn = (x ¡ 1) f(x ¡ 1)(x ¡ 2)Q( x ) + ax + bg + 1
2
2
= (x ¡ 1) (x ¡ 2)Q( x ) + ax + (b ¡ a)x + 1 ¡ b
よって，求める余りは，⑵の結果より
ax2 + (b ¡ a)x + 1 ¡ b
= (2n ¡ n ¡ 1)x2 + (¡2n+1 + 3n + 2)x + 2n ¡ 2n
(答)
XMFJ1A-Z1C2-02
3 次式 (x ¡ 1)2 (x ¡ 2) で割った
▲
したがって，求める余りは
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
a = 2n ¡ n ¡ 1，b = ¡2n + 2n + 1
余りは
2 次式以下または定数
となるので，求める余りは，
「着眼」の＊より
ax2 + (b ¡ a)x + 1 ¡ b
とわかる。
⑴ ⑴の等式の一般化
1
本問では，等式
xn ¡ 1 = (x ¡ 1)(xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1)
が成り立つことを示したわけであるが，一般に
xn ¡ yn = (x ¡ y)(xn¡1 + xn¡2 y + Ý + xyn¡2 + yn¡1 ) …………………………③
が成り立ち，これは「解答」と同様に③の右辺を展開すれば証明できる。あるいは，x Ë y のとき
xn ¡ yn
xn¡1 + xn¡2 y + Ý + xyn¡2 + yn¡1 =
…………………………………④
x¡y
を示してもよく(x = y のとき③は明らかに成立する)，y Ë 0 のとき左辺を
初項 yn¡1 ，公比 xy¡1 の等比数列の初項から第 n 項までの和
とみて
xn y¡1 ¡ yn¡1
yn¡1 f(xy¡1 )n ¡ 1g
=
= (右辺)
xy¡1 ¡ 1
xy¡1 ¡ 1
と示すこともできる(y = 0 のとき④は明らかに成立する)。
(左辺) =
⑵ ⑶と同様に考えると…
2
⑶では，xn を x ¡ 1 で割ったときの商 xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1 を，さらに (x ¡ 1)(x ¡ 2) で割っ
て，xn を (x ¡ 1)2 (x ¡ 2) で割ったときの余りを求めていることを確認しよう。ここでは，これと
同じ方針で⑵を処理してみよう(本質的には「解答」と同じであるが…)。
整式 xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1 を x ¡ 1 で割ったときの商を S( x )，余りを s (定数) とおくと
xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1 = (x ¡ 1)S( x ) + s
と表せる。ここで，x = 1 とすると
∴ s=n
1n¡1 + 1n¡2 + Ý + 1 + 1 = s
であるから
xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1 = (x ¡ 1)S( x ) + n
…………………………………⑤
そして，S( x ) を x ¡ 2 で割ったときの商を T( x )，余りを t (定数) とおくと
S( x ) = (x ¡ 2)T( x ) + t
とおけるから，これを⑤に代入して
xn¡1 + xn¡2 + Ý + x + 1 = (x ¡ 1)(x ¡ 2)T( x ) + t(x ¡ 1) + n
ここで，x = 2 とすると
2n¡1 + 2n¡2 + Ý + 2 + 1 = t + n
∴ t = 2n ¡ n ¡ 1
であるから，⑥より求める余りは
t(x ¡ 1) + n = (2n ¡ n ¡ 1)x ¡ 2n + 2n + 1
となり，
「解答」と同じ結論を得る。
……………⑥

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