高次式と余り【2020年度広島工業大学ほか】

例題はこちら（画像をクリックするとPDFファイルで開きます。）

類題１はこちら（画像をクリックするとPDFファイルで開きます。）

類題２はこちら（画像をクリックするとPDFファイルで開きます。）

類題３はこちら（画像をクリックするとPDFファイルで開きます。）

高次の多項式に関する余りを求める問題で、頻出のトピックスです。

例題からスタートし、徐々に難易度が上がっていきます。

最後の類題３については、難易度は高めです。

この類の問題に一度でも経験があると舐める人もいそうですが、逆にそういう人の足を掬うような問題です。

（以下ネタバレ注意）

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例題について

例題はこちら（再掲）（画像をクリックするとPDFファイルで開きます。）

除法の原理

$割られる式=割る式 \times 商+余り$

という小学生から慣れ親しんでいる関係式 (除法の原理) が基本です。

商を $Q(x)$ と設定し、余りについては $2$ 次式で割った余りは高々 $1$ 次なので、

$ax+b$

と設定します。

除法の原理より

$x^{2019}+x^{2020}=(x^{2}+x+1)Q(x)+ax+b$

という関係式を得ます。

もちろん、この関係式に

$x^{2}+x+1=0$ の解

を代入します。

この $x^{2}+x+1=0$ の解の一つを $\omega$ とすると、この $\omega$ は

${\omega}^{2}+{\omega}+1=0$
${\omega}^{3}=1$
${\omega}^{2}=\bar{\omega}$

を満たす

$1$ の $3$ 乗根

です。

先ほどの

$x^{2019}+x^{2020}=(x^{2}+x+1)Q(x)+ax+b$

に $x=\omega$ を代入すると

${\omega}^{2019}+{\omega}^{2020}=a{\omega}+b$

ということになりますが、${\omega}^{3}=1$ なので

${\omega}+1=a{\omega}+b$

となります。

一般に

$a$ , $b$ , $c$ , $d$ を実数、$\alpha$ を虚数としたとき

$a+b{\alpha}=c+d{\alpha}$ ならば、$\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
a=c \\
b= d
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}$

ということが言えます。

証明

$(b-d)\alpha=c-a$

$b \neq d$ と仮定すると

$\alpha=\displaystyle \frac{c-a}{b-d}$

となり、左辺は虚数、右辺は実数となって矛盾する。

よって、$b=d$ であり、このとき $a=c$ も言える。

本問においては、

${\omega}+1=a{\omega}+b$

ですから、

$a=1$ , $b=1$

となり、求める余りは $x+1$ ということになります。

類題１について

類題１はこちら（再掲）（画像をクリックするとPDFファイルで開きます。）

例題同様、除法の原理より

$x^{2022}=(x^{4}-1)Q(x)+ax^{3}+bx^{2}+cx+d$

とした後、$1$ の $4$ 乗根

$1$ , $-1$ , $i$ , $-i$

を代入して捌いていきます。

類題２について

類題２はこちら（再掲）（画像をクリックするとPDFファイルで開きます。）

$x^{2010}+2x+9=(x+1)^{2}Q(x)+ax+b$

と除法の原理により立式した後、$x=-1$ を代入し、

$1-2+9=a\cdot(-1)+b$

すなわち

$-a+b=8$

を得るところまでは一直線でしょう。

しかしこの後、

「もう代入するものがない」

という困り方をするでしょう。

この困難の解決法としては２路線あり、

微分を活用する。
$x+1=X$ などというように、$x+1$ を一つの塊と見る

という路線があります。

微分の活用は積の微分法（数Ⅲ）が必要です。

これについては【解１】で扱っています。

$x+1=X$ などとおき、$x+1$ を一つの塊と見る路線については

$(X-1)^{2010}+2(X-1)+9$ を $X^{2}$ で割った余りを求める

ということに帰着します。

$X^{2}$ で括り切れない部分 $○X+□$という部分を求めるわけですから、この後はもちろん

二項定理の活用

ということになります。

この路線は【解２】で扱っています。

類題３について

類題３はこちら（再掲）（画像をクリックするとPDFファイルで開きます。）

(1) について

除法の原理で

$x^{6}=(x^{4}-x^{2}+1)Q(x)+ax^{3}+bx^{2}+cx+d$

と立式する人も多いと思います。

ただ、この後

$x^{4}-x^{2}+1=0$

の解を代入することになるわけです。

この４次方程式を解くということになると、アタフタする受験生も多そうです。

$$\begin{eqnarray}
x^{4}-x^{2}+1 &=& (x^{2}+1)^{2}-3x^{2} \\
&=& (x^{2}-\sqrt{3}x+1)(x^{2}+\sqrt{3}x+1)
\end{eqnarray}$$

という因数分解ができれば、何とかこの後の話は進んでいきます。

しかし、この４次方程式の解は $1$ の $12$ 乗根であり、この後の処理も決して簡単ではありません。

この路線は【解２】で扱っています。

現実的には、(1) 程度であれば実際に割り算してしまうのが一番早いでしょう。

(2) について

(1) と違い、実際に割り算するわけにはいきません。

(1) の結果から

$x^{6}=(x^{2}+1)f(x)-1$

ということが言えており、

$x^{2021}=(x^{6})^{336} \cdot x^{5}$

ですから、

$x^{2021}=\{(x^{2}+1)f(x)-1\}^{336} \cdot x^{5}$

ということになり、類題２の【解２】同様、二項定理の活用が見込めます。

(3) について

$n=3k$ などとして話を進めていきます。

$f(x)$ で割った余りが $0$ となることを目指すわけですが、$f(x)$ で割った余りとは

$f(x)$ で括り切れない部分

ということです。

それが $0$ ということを目指すので、当然

$f(x)$ で括れる部分は括ってしまおう

という態度で計算を進めていきます。

(2) 同様、二項定理の活用が見込めます。

この路線は【解１】で扱っています。

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