ヒミツ

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(1)
x^100+x^99+・・・+x+1=(x^2+1)Q(x)+ax+b
x=i代入して1=ai+b、a=0,b=1
∴余り1

(2)
A:nが6の倍数
B:Pがx^3+1を因数に持つ
�@A⇒Bを示す
n=6m(m=1,2,・・)とおくと
P=Σ[k=1,m]x^(6k-1)+ x^(6k-2)+ x^(6k-3)+ x^(6k-4)+ x^(6k-5)+ x^(6k-6)
=Σ[k=1,m](x^3+1)(x^(6k-4)+ x^(6k-5)+ x^(6k-6))
=(x^3+1)P'(x)
よりPはx^3+1を因数に持つ

�AB⇒Aを示す
対偶をとって「n=6m+1,6m+2,・・・,6m+5のときPがx^3+1を因数に持たない」ことを示す
・x^3+1を因数に持つときP(x=-1)=0であるので、nが奇数のときP(x=-1)=1≠0よりx^3+1を因数に持たない
・n=6m+2のとき、�@を利用して
P=(x^3+1)P'(x)+x^(6m+1)+x^(6m)
x^(6m+1)+x^(6m)=(x+1)x^(6m)でありx^3+1を因数に持たない
よりPはx^3+1を因数に持たない
・n=6m+4のとき、同様に
P=(x^3+1)P'(x)+x^(6m+3)+x^(6m+2)+x^(6m+1)+x^(6m)
後半部分=(x^3+1)x^(6m)+(x+1)x^(6m+1)でありx^3+1で割りきれない(因数に持たない)
よりPはx^3+1を因数に持たない
従って対偶が示され、B⇒Aが示された
�@�AからA⇔B

(3)
�@x^749+x^748+・・・+x+1=(x^2+1)Q(x)+R(x)(R(x):1次以下)
x=i代入してi=R(i)、よりR(x)≠0
∴x^2+1は因数ではない

�Ax^749+x^748+・・・+x+1=(x^3+1)Q(x)+R(x)(R(x):2次以下)
x^3+1=0の解をαとおき、x=α代入すると(α^3=-1より左辺は6項ずつ消える)
0=R(α)
α3解で3つ式を作り連立させるとR(x)の3つの係数は一意的に決まる。より自明な解R(x)≡0(係数が全て0)に定まる
∴x^3+1は因数

�Bx^749+x^748+・・・+x+1=(x^4+1)Q(x)+R(x)(R(x):3次以下)
x^4+1=0の解をαとおき、x=α代入すると(α^4=-1より左辺は8項ずつ消える)
α^3+α^2=R(α)
R(x)≡0と仮定すると
α^3+α^2=0、α+1=0、α=-1 より不適
∴x^4+1は因数ではない

�Cx^749+x^748+・・・+x+1=(x^5+1)Q(x)+R(x)(R(x):4次以下)
x^5+1=0の解をαとおき、x=α代入すると(α^5=-1より左辺は10項ずつ消える)
0=R(α)
�Aと同様の理由でR(x)≡0
∴x^5+1は因数

�Dx^749+x^748+・・・+x+1=(x^6+1)Q(x)+R(x)(R(x):5次以下)
x=i代入して1+i=R(i)
R(x)≡0と仮定すると1+i=0より不適
∴x^6+1は因数ではない

�@〜�Dから(や)x^3+1,(モ)x^5+1

（２）整式Pにおいて、nが6の倍数のとき、Pは6の倍数個の項からなる多項式である。この整式Pを因数x^3+1で因数分解するとき、ちょうど６個の項の区切りを１セット（例えば、x^5+x^4+...+1 で１セット、x^11+x^10+...+x^6 で１セット、　....）としてのみ因数分解できる（･･･�@とする）。仮定より整式Pの各項のxの次数は連なっているので、�@の条件を満たしていれば、すなわち　nが6の倍数ならば整式Pは因数x^3+1を含む。これは仮定が逆でも成り立つ。よって、「nが6の倍数」であることは「整式Pは因数x^3+1をふくむ」であることの必要十分条件である。

（３）　　　（１）（２）の結果より、（僕の使った言葉を用いて）因数分解できる１セットというのは、因数x^m+1におけるmの2倍の項の個数を条件とすることがわかる。（因数x^2+1で因数分解できる１セットの例：x^3+x^2+x+1　　項の数は4個）
つまり、「与式の項の数である750個」を「因数分解できる1セットに必要な項の数」で割って割り切れるものが整式Qとしてありえるものである。
　これらをふまえて、整式Qとしてありえるものは（や）と（モ）である。

(1)
x^m=f(x)(x^2+1)+A(m)x+B(m) (f(x):整式m=0,1,2,･･････) とおくと
x^(m+2)=f(x)(x^2+1)x^2+{A(m)x+B(m)}(x^2+1)-A(m)x-B(m)
これより A(m+2)=-A(m),B(m+2)=-B(m)
A(0)=0,B(0)=1,A(1)=1,B(1)=0 から
A(2m)=0，B(2m)=(-1)^m
A(2m+1)=(-1)^m，B(2m+1)=0
求める余りは
Σ[m=1,100]{A(m)x+B(m)}　なので
=Σ[m=0,50]{A(2m)x+B(2m)}+Σ[m=0,49]{A(2m+1)x+B(2m+1)}
=x*Σ[m=1,50](-1)^(m-1)+Σ[m=1,51](-1)^(m-1)
=1
よって与式を(x^2+1)で割った余りは 1

(2)
x^m=g(x)(x^3+1)+R(m)x^2+S(m)x+T(m) (g(x):整式，m=0,1,2,･･････) とおくと
x^(m+3)=g(x)(x^3+1)x^3+{R(m)x^2+S(m)x+T(m)}(x^3+1)-R(m)x^2-S(m)x-T(m)
これより R(m+3)=-R(m),S(m+3)=-S(m),T(m+3)=-T(m)
R(0)=0,S(0)=0,T(0)=1,R(1)=0,S(1)=1,T(1)=0,R(2)=1,S(2)=0,T(2)=0 から
R(3m)=0,S(3m)=0,T(3m)=(-1)^m
R(3m+1)=0,S(3m+1)=(-1)^m,T(3m+1)=0
R(3m+2)=(-1)^m,S(3m+2)=0,T(3m+2)=0
�T)nが6の倍数のとき
n=6k (k:自然数) とおくとPを(x^3+1)で割った余りは
Σ[m=0,(6k-1)]{R(m)x^2+S(m)x+T(m)}
=Σ[m=0,(2k-1)][{R(3m)x^2+S(3m)x+T(3m)}+{R(3m+1)x^2+S(3m+1)x+T(3m+1)}+{R(3m+2)x^2+S(3m+2)x+T(3m+2)}]
=(x^2+x+1)*Σ[m=1,2k](-1)^(m-1)
=0
よってnが6の倍数のとき，Pは(x^3+1)を因数にもつ
�U)Pが(x^3+1)を因数にもつとき
P=h(x)(x^3+1) (h(x):整式) と表せる
P=x^(n-1)+x^(n-2)+･･････+x+1=(x^n-1)/(x-1) より
(x^n-1)/(x-1)=h(x)(x^3+1)
⇔x^n-1=h(x)(x-1)(x^3+1)
⇔x^n=h(x)(x-1)(x^3+1)+1
これより R(n)=0,S(n)=0,T(n)=1 が成立
R(3m)=0,S(3m)=0,T(3m)=(-1)^m から
nは3の倍数かつ2の倍数
よってPが(x^3+1)を因数にもつとき，nは6の倍数となる
�T)�U)より，
｢nが6の倍数｣⇔｢Pが(x^3+1)を因数にもつ｣

(3)
与式をI(x) とおく
ア)(x^2+1)について
(1)よりI(x)を(x^2+1)で割った余りは
Σ[m=0,749]{A(m)x+b(m)}
=(x+1)*Σ[m=1,375](-1)^(m-1)
=x+1
よって不適
イ)(x^3+1)について
(2)より，I(x)は n=750=6*125 のとき
nは6の倍数なので，I(x)は(x^3+1)を因数にもつ
ウ)(x^4+1)について
I(x)が(x^4+1)を因数にもつと仮定すると
I(x)=u(x)(x^4+1) (u(x):整式) が成立
因数定理より，x^4+1=0 の解の1つ x=e^(iπ/4) (e:自然対数の底，i:虚数単位，π:円周率) を両辺に代入すると
I(e^(iπ/4))=0
x^s=e^(isπ/4) (s:0≦s≦749の自然数) より e^iπ=-1 から
e^{(8k-7)iπ/4}+e^{(8k-3)iπ/4}=0
e^{(8k-6)iπ/4}+e^{(8k-2)iπ/4}=0
e^{(8k-5)iπ/4}+e^{(8k-1)iπ/4}=0
e^{(8k-4)iπ/4}+e^{(8k)iπ/4}=0 が成立
これより I(e^(iπ/4))=e^(iπ/2)+e^(3iπ/4)≠0 となり I(e^(iπ/4))=0 であることに矛盾するので，I(x)≠u(x)(x^4+1)
したがってI(x)は(x^4+1)を因数にもたない
エ)(x^5+1)について
I(x)=x^749+x^748+･･････+x+1=(x^750-1)/(x-1)
また，
x^3k+1=(x^k+1)(x^2k-x^k+1)
x^5k+1=(x^k+1)(x^4k-x^3k+x^2k-x^k+1)
x^k-1=(x-1)*Σ[j=0,(k-1)]x^j より
x^750-1=(x^375-1)(x^375+1)
x^375-1=(x-1)*Σ[j=0,374]x^j
x^375+1=(x^75+1)(x^300-x^225+x^150-x^175+1)
x^75+1=(x^15+1)(x^60-x^45+x^30-x^15+1)
x^15+1=(x^5+1)(x^10-x^5+1)
よって(x^750-1)は(x-1)(x^5+1)を因数にもつので，I(x)は(x^5+1)を因数にもつ
オ)(x^6+1)について
x^6+1=(x^2+1)(x^4-x^2+1) より，ア)から
I(x)は(x^2+1)を因数にもたないので不適
ア)〜オ)より，Qとしてあり得る整式は
(や)x^3+1，(モ)x^5+1

ヒミツ

（１）１<br>　与式に含まれる定数項が１だけなので、１以外の100個の項についてまず考えると、この前お答えした理屈で、因数x^2+1で因数分解できる（ 与式⇒(x^2+1)(x^98+x^97+...+1)+1 と式変形できる）･･･�@。<br>ここで <br>　x＝i（iは虚数単位）のとき x^2+1＝0 となり、問いが「0で割ってはいけない」ことに反してしまうので成り立たない。<br>　x＝0のとき　x^2+1＝1 となり、余りは0。<br>　x≠0，iのとき、x^2+1≠1，0　となり、�@の式をx^2+1で割る時に余るのは　因数x^2+1をもたない　1　である。

ヒミツ

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