数IAIIB東京都立大高校数学の解法

東京都立大2018文系第2問 方程式の解が有理数であるとき,式は割り切れるか割り切れないか

整数を係数とする 3 次式

$f(x)=x^3+ax^2+bx+c$

について,以下の問いに答えなさい。(東京都立大2018)

(1) 有理数 $r$ が方程式 $f(x)=0$ の 1 つの解であるとき,$r$ は整数であることを示しなさい。

(2) 整数 $f(1),f(2),f(3)$ のいずれも 3 で割り切れないとき,方程式 $f(x)=0$ は有理数の解をもたないことを示しなさい。

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有理数の表し方

(1)から始めます。

有理数は互いに素である $m,n$ を用いて $\cfrac{m}{n}$ の形で表すことができるというのが,その定義でした。

でしたね。忘れてた。

$r$ は有理数だから,$r=\cfrac{m}{n}$ とすると

$f(r)=\cfrac{m^3}{n^3}+a\cdot\cfrac{m^2}{n^2}+b\cdot\cfrac{m}{n}+c=0$

両辺に $n^3$ をかけて

$m^3+am^2n+bmn^2+cn^3=0$
$m^3=-n(am^2+bmn+cn^2)$

よって,$m$ は $n$ の倍数である。$m$ と $n$ は互いに素だから,$m$ が $n$ の倍数となるのは,$n=1$ のときのみである。

したがって,$r$ は整数である。(証明終わり)

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割り切れるか,割り切れないか

(2)に進みます。

手がかりないカンジ。

ちょっと難易度高いよね。ここでは解を代入した式が 3 で割り切れるかどうかを検討すると良い。

(1)より,解が有理数ならば,それは整数となります。

そこで,解を $3k$,$3k+1$,$3k+2$ に分けて考えます。つまり,解が 3 で割り切れる場合と,3 で割ったら 1 余る場合,2 余る場合に分けるということです。この 3 つですべての整数を表すことができます。

なんで,そうするの?

やってみると分かる。

まず,$f(1),f(2),f(3)$ を実際に求めてみます。
$f(1)=1+a+b+c$
$f(2)=8+4a+2b+c$
$f(3)=27+9a+3b+c$
$=3(9+3a+b)+c$

(i) 解が $3k$ のとき

$x^3+ax^2+bx+c=0$ より

$(3k)^3+a(3k)^2+b(3k)+c=0$
$27k^3+9ak^2+3bk+c=0$
$3(9k^3+3ak^2+bk)=-c$

よって,$c$ は 3 の倍数である。

ここで問題発生。問題文では $f(3)$ は 3 で割り切れないとしているけど,$c$ が 3 の倍数なら,$f(3)=3(9+3a+b)+c$ だから,全体として 3 の倍数で,3 で割り切れることになる。つまり,矛盾する。

(ii) 解が $3k+1$ のとき

$(3k+1)^3+a(3k+1)^2+b(3k+1)+c=0$
$27k^3+27k^2+9k+1+9ak^2+6ak+a+3bk+b+c=0$

3 の倍数をまとめましょう。

$3(9k^3+9k^2+3k+3ak^2+2ak+bk)+1+a+b+c=0$
$3(9k^3+9k^2+3k+3ak^2+2ak+bk)=-(1+a+b+c)$

よって,$1+a+b+c$ は 3 の倍数である。

これも $f(1)=1+a+b+c$ は 3 で割り切れないってのと矛盾する。

やってること,見えてきました。

(iii) 解が $3k+2$ のとき

$(3k+2)^3+a(3k+2)^2+b(3k+2)+c=0$
$27k^3+54k^2+36k+8+9ak^2+12ak+4a+3bk+2b+c=0$

3 の倍数でまとめると

$3(9k^3+18k^2+3ak^2+4ak+bk)+8+4a+2b+c=0$
$3(9k^3+18k^2+3ak^2+4ak+bk)=-(8+4a+2b+c)$

よって,$8+4a+2b+c$ は 3 の倍数である。

今度は,$f(2)=8+4a+2b+c$ と矛盾するよね。

よって,$f(x)$ が有理数の解をもつとき,$f(1),f(2),f(3)$ のいずれかは 3 で割り切れる。
したがって,整数 $f(1),f(2),f(3)$ のいずれも 3 で割り切れないとき,方程式 $f(x)=0$ は有理数の解をもたない。(証明終わり)

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