入試過去問 / 京都大学 2026年度数学(理系)

第3問 2の累乗を指数にもつ多項式の差と、係数を割る2の累乗

二項定理整数数学的帰納法

出典京都大学令和8年度一般選抜数学(理系) 第3問

問題文は京都大学が公表した試験問題からの引用です。解答・解説はtelvia演習ラボが作成したもので、京都大学が公表したものではありません。

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問題

$n$ は正の整数とする．整数係数の多項式

$(x + 1)^{2^{n + 1}} - (x^{2} + 1)^{2^{n}}$

のすべての係数が $2^{m}$ で割り切れるような正の整数 $m$ のうち，最大のものは $n + 1$ であることを示せ．

(35 点)

(試験時の補足説明)ただし， $(x + 1)^{2^{n + 1}}$ は $x + 1$ の $2^{n + 1}$ 乗を表す． $(x^{2} + 1)^{2^{n}}$ は $x^{2} + 1$ の $2^{n}$ 乗を表す． $2^{m}$ は $2$ の $m$ 乗を表す．

ヒントを見る

$(x + 1)^{2^{n + 1}}$ は $(x + 1)^{2}$ を何乗したものか。 $(x + 1)^{2}$ と $x^{2} + 1$ の差を見て、2乗するたびに差がどう変わるかを考えられるか。最大であることは、1つの係数を見れば分かる。

解答・解説

方針

$A_{n} = (x + 1)^{2^{n + 1}}$ 、 $B_{n} = (x^{2} + 1)^{2^{n}}$ とおくと $A_{n + 1} = A_{n}^{2}$ 、 $B_{n + 1} = B_{n}^{2}$ 。 $A_{n} - B_{n} = 2^{n + 1} C$ なら2乗どうしの差は $2^{n + 2}$ の倍数になることを使って帰納法で示し、 $x$ の係数 $2^{n + 1}$ で最大であることを確かめる。

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(x + 1)^{2^{n + 1}}$ は $(x + 1)^{2}$ を $2^{n}$ 乗したもの、 $(x^{2} + 1)^{2^{n}}$ は $x^{2} + 1$ を $2^{n}$ 乗したものだ。 $(x + 1)^{2} = x^{2} + 1 + 2 x$ なので、2つの多項式のもとの違いは $2 x$ の分だけである。2乗をくり返すたびに、差がどれだけ $2$ で割れるようになるかを追えば、帰納法で示せる。

最大であることは、 $2^{n + 2}$ で割り切れない係数を1つ見つければよい。 $x$ の係数が最も調べやすい。

① 記号の準備。 $A_{n} = (x + 1)^{2^{n + 1}}$ 、 $B_{n} = (x^{2} + 1)^{2^{n}}$ とおく。指数が $2$ 倍になるので

$A_{n + 1} = A_{n}^{2}, B_{n + 1} = B_{n}^{2}$

である。以下、「多項式 $F$ のすべての係数が $2^{j}$ で割り切れる」ことを「 $F$ は $2^{j}$ の倍数」と言う。

② 帰納法で、 $A_{n} - B_{n}$ が $2^{n + 1}$ の倍数であることを示す。 $n = 1$ のとき

$A_{1} - B_{1} = (x + 1)^{4} - (x^{2} + 1)^{2} = 4 x^{3} + 4 x^{2} + 4 x = 4 (x^{3} + x^{2} + x)$

で、 $2^{2}$ の倍数である。

$n = k$ のとき、 $A_{k} - B_{k} = 2^{k + 1} C$ ( $C$ は整数係数の多項式)と書けたとする。このとき

$A_{k + 1} - B_{k + 1} = A_{k}^{2} - B_{k}^{2} = (B_{k} + 2^{k + 1} C)^{2} - B_{k}^{2} = 2^{k + 2} B_{k} C + 2^{2 k + 2} C^{2}$

$2 k + 2 ≧ k + 2$ なので、右辺は $2^{k + 2}$ の倍数である。よって、すべての正の整数 $n$ について $A_{n} - B_{n}$ は $2^{n + 1}$ の倍数になる。

③ $2^{n + 2}$ では割り切れない係数がある。 $x$ の係数を見る。

定理二項定理

(x + 1)^{N}

の

x

の係数は

_{N} C_{1} = N

$A_{n} = (x + 1)^{2^{n + 1}}$ の $x$ の係数は $2^{n + 1}$ である。 $B_{n} = (x^{2} + 1)^{2^{n}}$ は $x^{2}$ だけの多項式なので、 $x$ の係数は $0$ だ。よって $A_{n} - B_{n}$ の $x$ の係数は $2^{n + 1}$ で、 $2^{n + 2}$ では割り切れない。

②と③より、すべての係数が $2^{m}$ で割り切れるような正の整数 $m$ のうち、最大のものは $n + 1$ である。

まとめ: $(x + 1)^{2}$ と $x^{2} + 1$ の差は $2 x$ で、 $2$ の倍数だ。2乗するたびに差の $2$ の指数が1つずつ増える。最大であることは $x$ の係数 $2^{n + 1}$ で確かめた。

発展。 ② の式変形は「 $a \equiv b (mod 2^{j})$ なら $a^{2} \equiv b^{2} (mod 2^{j + 1})$ 」という性質を、多項式に使ったものである。整数に使うと、たとえば奇数 $a$ について $a^{2} \equiv 1 (mod 8)$ から $a^{4} \equiv 1 (mod 16)$ 、一般に $a^{2^{j}} \equiv 1 (mod 2^{j + 2})$ が順に出る。

答

解答を参照(証明)

別解

別解:二項定理で差を展開し、各項が $2$ で割れる回数を数える。 $N = 2^{n}$ とおく。 $(x + 1)^{2 N} = {(x^{2} + 1) + 2 x}^{N}$ を二項定理で展開すると

$A_{n} - B_{n} = j = 1 \sum N_{N} C_{j} 2^{j} x^{j} (x^{2} + 1)^{N - j}$

各項の係数が $2^{n + 1}$ で割り切れることを示せばよい。 $j = 2^{h} \times (奇数)$ と書く。 $_{N} C_{j} = \frac{N}{j}_{N - 1} C_{j - 1}$ より

$j \cdot_{N} C_{j} = 2^{n} \cdot_{N - 1} C_{j - 1}$

右辺は $2^{n}$ の倍数で、 $j$ には $2$ が $h$ 個しか含まれないので、 $_{N} C_{j}$ は $2^{n - h}$ の倍数である。したがって $_{N} C_{j} 2^{j}$ は $2^{n - h + j}$ の倍数で、 $j ≧ 2^{h} ≧ h + 1$ だから $n - h + j ≧ n + 1$ となる。

この評価で指数が $n + 1$ にとどまるのは $j - h = 1$ 、つまり $j = 1, 2$ の項だけで、ほかの項は $2^{n + 2}$ の倍数である。 $j = 1$ の項が $x$ の係数 $2^{n + 1}$ を生み、最大であることの理由にもなっている。

ポイント

$A_{n + 1} = A_{n}^{2}$ 、 $B_{n + 1} = B_{n}^{2}$ 。 $A = B + 2^{k + 1} C$ なら $A^{2} - B^{2}$ は $2^{k + 2}$ の倍数。
$n = 1$ では $A_{1} - B_{1} = 4 (x^{3} + x^{2} + x)$ 。
$x$ の係数は $2^{n + 1}$ なので、 $2^{n + 2}$ ではすべての係数を割り切れない。

よくある間違い

すべての係数が $2^{n + 1}$ で割り切れることだけを示し、 $2^{n + 2}$ では割り切れない係数があること(最大であること)を示し忘れる。
帰納法の式変形で $2^{2 k + 2} C^{2}$ の項の指数を確かめず、全体が $2^{k + 2}$ の倍数になる理由を書き落とす。
二項係数 $_{2^{n}} C_{j}$ が偶数であることだけを使い、 $2$ で何回割り切れるかまで評価しないまま結論を書く。