https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2026/Rikei

2026.03.05.00:13:26記

[3] $n$ 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．
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．

2026.03.12.00:22:01記
$n=1$ のとき $(x +1)^{4}- (x^2 +1)^{2}$ $=4(x^3+x^2+x)$ ，
$n=2$ のとき $(x +1)^{8}- (x^2 +1)^{4}$ $=8(x^7+3x^6+7x^5+8x^4+7x^3+3x^2+x)$
が成立します．ここでまず， $x$ の係数が $2^{n+1}$ ではないかと疑います．実際， $(x +1)^{2^{n+1}}- (x^2 +1)^{2^{n}}$ の $x$ の係数は　 ${}_{2^{n+1}}\mbox{C}_1=2^{n+1}$ で正しいことがわかります．

[解答]
$p_n(x)=(x +1)^{2^{n+1}}- (x^2 +1)^{2^{n}}$ ， $f(x)=x^2+1$ とおくと $p_n(x)=\{f(x)+2x\}^{2^{n}}- \{f(x)\}^{2^{n}}$ である．ここで

「 $p_n(x)$ の定数項は $1-1=0$ で $x$ の係数は ${}_{2^{n+1}}\mbox{C}_1=2^{n+1}$ …(★)」

である．

(i) $n=1$ のとき， $p_1(x)=\{f(x)+2x\}^2- \{f(x)\}^{2}$ $=4xf(x)+4x^2$ $=4x^3+4x^2+4x$ であるから，そのすべての係数を割り切る $2$ の冪乗は $2=1+1$ となり題意は成立する．

(i) $n=k$ のときの成立を仮定すると， $p_k(x)=2^{k+1}x\times(\mbox{定数項が$1$の整数係数多項式)}$ であり
$p_{k+1}(x)=[\{f(x)+2x\}^{2^{k}}]^2-[(\{f(x)\}^{2^{k}}]^2$ $=p_k(x)[\{f(x)+2x\}^{2^{k}}+\{f(x)\}^{2^{k}}]$ $=2^{k+1}x\times(\mbox{定数項が$1$の整数係数多項式)}\times[\{f(x)+2x\}^{2^{k}}+\{f(x)\}^{2^{k}}]$
であるから， $[\{f(x)+2x\}^{2^{k}}+\{f(x)\}^{2^{k}}]$ が偶数係数の多項式であり，定数項が $2$ であることを示せば $n=k+1$ のときも題意は成立する．

ここで $[\{f(x)+2x\}^{2^{k}}+\{f(x)\}^{2^{k}}]$ $=2f(x)+2x\times(\mbox{整数係数の多項式})$ と書けるので，偶数係数の多項式であることが言え，その定数項は $f(x)=x^2+1$ の定数項の $2$ 倍であるから $2$ となり，よって $n=k+1$ のときも題意は成立する．

よって数学的帰納法により任意の正の整数 $n$ に対して $(x +1)^{2^{n+1}}- (x^2 +1)^{2^{n}}$ 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 $n+1$ であることが示された．

$p_n(x)$ は最高次である $x^{2^{n+1}}-1$ 次の係数が $1$ の多項式であるから， $p_n(x)$ は整数係数の $x^{2^{n+1}}-1$ 次モニック多項式である，と書くと大人っぽい．

少し対称性を意識してみましょう． $g(x)=x^2+x+1$ とおくと $p_n(x)=(g(x)+x)^{2^{n}}-(g(x)-x)^{2^{n}}$ となります．

[解答]
$p_n(x)=(x +1)^{2^{n+1}}- (x^2 +1)^{2^{n}}$ ， $g(x)=x^2+x+1$ とおくと
$p_n(x)=\{g(x)+x\}^{2^{n}}-\{g(x)-x\}^{2^{n}}$ $=2\displaystyle\sum_{i=1}^{2^{n-1}} {}_{2^n}\mbox{C}_{2i-1} \{g(x)\}^{2i-1} x^{2^n-2i+1}$
$=2^{n+1} \displaystyle\sum_{i=1}^{2^{n-1}} \dfrac{{}_{2^n-1}\mbox{C}_{2i-2}}{2i-1} \{g(x)\}^{2i} x^{2^n-2i}$
となる．ここで
${}_{2^n}\mbox{C}_{2i-1}=\dfrac{2^{n}\cdot {}_{2^n-1}\mbox{C}_{2i-2}}{2i-1}$ は整数で $2i-1$ は奇数であるから， $2^{n}$ と奇数が互いに素であることにより， $\dfrac{{}_{2^n-1}\mbox{C}_{2i-2}}{2i-1}$ も整数である．よって $\displaystyle\sum_{i=1}^{2^{n-1}} \dfrac{{}_{2^n-1}\mbox{C}_{2i-2}}{2i-1} \{g(x)\}^{2i} x^{2^n-2i}$ は整数係数の多項式であり，よって $p_n(x)$ の係数はすべて $2^{n+1}$ の倍数である．ここで $p_n(x)$ の $x$ の係数は ${}_{2^{n+1}}\mbox{C}_1=2^{n+1}$ であるから， $(x +1)^{2^{n+1}}- (x^2 +1)^{2^{n}}$ 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 $n+1$ であることが示された．

2026.03.13記
和と差の積は平方の差を利用しましたが，次のようにしても良いでしょう．

[解答]
$p_n(x)=(x +1)^{2^{n+1}}- (x^2 +1)^{2^{n}}$ とおくと，「 $p_n(x)$ の定数項は $1-1=0$ で $x$ の係数は ${}_{2^{n+1}}\mbox{C}_1=2^{n+1}$ 」である．よって

「 $p_n(x)=2^{n+1}x\times(\mbox{定数項が$1$の整数係数多項式)}$ と表すことができる …(☆)」

を数学的帰納法で証明すれば良い．

(i) $n=1$ のとき， $p_1(x)=(x+1)^4-(x^2+1)^2$ $=2^2(x^3+x^2+x)$ であるから(☆)が成立する．

(i) $n=k$ のときに(☆)の成立を仮定すると， $p_k(x)=2^{k+1}x\times(\mbox{定数項が$1$の整数係数多項式)}$ である．このとき
$(x+1)^{2^{k+1}}=(x^2+1)^{2^{k}}+p_k(x)$
の両辺を $2$ 乗して
$(x+1)^{2^{k+2}}=(x^2+1)^{2^{k+1}}+2(x^2+1)^{2^{k}}p_k(x)+\{p_k(x)\}^2$
であるから
$p_{k+1}(x)=2(x^2+1)^{2^{k}}p_k(x)+\{p_k(x)\}^2$ $=2(x^2+1)^{2^{k}}\cdot 2^{k+1}x\times(\mbox{定数項が$1$の整数係数多項式)}$ $+2^{k+2}x^2\times(\mbox{定数項が$1$の整数係数多項式)}^2$
$=2^{k+2}(x^2+1)^{2^{k+1}}x\times(\mbox{定数項が$1$の整数係数多項式)}$ $+2^{k+2}x^2\times(\mbox{定数項が$1$の整数係数多項式)}$
$=2^{k+2}x\times(\mbox{定数項が$1$の整数係数多項式)}$ $+2^{k+2}x\times(\mbox{定数項が$0$の整数係数多項式)}$
$=2^{k+2}x\times(\mbox{定数項が$1$の整数係数多項式)}$
であるから $n=k+1$ のときも(☆)が成立する．

よって数学的帰納法により任意の正の整数 $n$ に対して $(x +1)^{2^{n+1}}- (x^2 +1)^{2^{n}}$ は
$2^{n+1}x\times(\mbox{定数項が$1$の整数係数多項式)}$ と表すことができ，よって任意の正の整数 $n$ に対して $(x +1)^{2^{n+1}}- (x^2 +1)^{2^{n}}$ 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 $n+1$ であることが示された．