【2023早稲田大学・理工・第１問】
\(n\) を自然数として，整式 \((3x+2)^n\) を \(x^2+x+1\) で割った余りを \(a_{n}x+b_{n}\) とおく．以下の問に答えよ．
(１) \(a_{n+1}\) と \(b_{n+1}\) を，それぞれ \(a_{n}\) と \(b_{n}\) を用いて表せ．
(２) 全ての \(n\) に対して，\(a_{n}\) と \(b_{n}\) は \(7\) で割り切れないことを示せ．
(３) \(a_{n}\) と \(b_{n}\) を \(a_{n+1}\) と \(b_{n+1}\) で表し，全ての \(n\) に対して，\(2\) つの整数 \(a_{n}\) と \(b_{n}\) は互いに素であることを示せ．
解答・解説
(１)
整式 \((3x+2)^n\) を \(x^2+x+1\) で割った商を \(P_{n}(x)\)，余りを \(a_{n}x+b_{n}\) とおくと
\((3x+2)^n=(x^2+x+1)P_{n}(x)+a_{n}x+b_{n}\) ・・・①
①の両辺に \(3x+2\) をかけると
\((3x+2)^{n+1}=(3x+2)(x^2+x+1)P_{n}(x)+(3x+2)(a_{n}x+b_{n})\) ・・・②
ここで
\((3x+2)(a_{n}x+b_{n})=3a_{n}x^2+(2a_{n}+3b_{n})x+2b_{n}\)
\(=3a_{n}(x^2+x+1)-3a_{n}x-3a_{n}+(2a_{n}+3b_{n})x+2b_{n}\)
\(=3a_{n}(x^2+x+1)+(-a_{n}+3b_{n})x-3a_{n}+2b_{n}\) より
②から
\((3x+2)^{n+1}\)
\(=(3x+2)(x^2+x+1)P_{n}(x)+3a_{n}(x^2+x+1)+(-a_{n}+3b_{n})x-3a_{n}+2b_{n}\)
\(=\left\{(3x+2)P_{n}(x)+3a_{n}\right\}(x^2+x+1)+(-a_{n}+3b_{n})x-3a_{n}+2b_{n}\)
したがって，\((3x+2)^{n+1}\) を \(x^2+x+1\) で割った余りが \(a_{n+1}x+b_{n+1}\) より
\(a_{n+1}=-a_{n}+3b_{n}\) ，\(b_{n+1}=-3a_{n}+2b_{n}\)
(２)
考え方(実験しよう！)
差がつく問題になります！ここが突破できるかどうかで合否に大きな差がつきますので，考え方・方針の立て方をしっかり学習しましょう！
(１)で漸化式が求まりましたので，方針が見えない場合は，
\(a_{1}\)，\(a_{2}\)，\(a_{3}\)・・・を具体的に求めてみることで，答えの推測をしましょう！
\(a_{1}\)，\(b_{1}\) について
\((3x+2)^1\) を \(x^2+x+1\) で割った余りは \(3x+2\) より
\(a_{1}=3\)，\(b_{1}=2\)
よって，それぞれを \(7\) で割った余りは \(3\) と \(2\) となり，\(7\) で割り切れない．
(１)より \(n=1\) を代入して
\(\begin{cases}a_{2}=-a_{1}+3b_{1}=3\\b_{2}=-3a_{1}+2b_{1}=-5\end{cases}\)
よって，それぞれを \(7\) で割った余りは \(3\) と \(2\) となり，\(7\) で割り切れない．
(１)より \(n=2\) を代入して
\(\begin{cases}a_{3}=-a_{2}+3b_{2}=-18\\b_{3}=-3a_{2}+2b_{2}=-19\end{cases}\)
よって，それぞれを \(7\) で割った余りは \(3\) と \(2\) となり，\(7\) で割り切れない．
\(a_{n}\) を \(7\) で割った余りは \(3\)
\(b_{n}\) を \(7\) で割った余りは \(2\)
になるのかな？？
余りに関する証明になりますので，合同式を利用しましょう！
\(mod 7\) として，\(a_{n}≡3\) ，\(b_{n}≡2\) となることが示れば，
\(a_{n}\) と \(b_{n}\) は \(7\) で割り切れないことが言えますね！
(２)解答・解説
以下， \(mod 7\) として考える．
全ての \(n\) に対して，\(a_{n}≡3\) ，\(b_{n}≡2\) となることを数学的帰納法を用いて証明する．
( ⅰ ) \(n=1\) のとき
\((3x+2)^1\) を \(x^2+x+1\) で割った余りは \(3x+2\) より \(a_{1}=3\)，\(b_{1}=2\)
よって，\(a_{1}≡3\) ，\(b_{1}≡2\) が成立
( ⅱ ) \(n=k\) のとき
\(a_{k}≡3\) ，\(b_{k}≡2\) が成り立つと仮定する．
\(a_{k+1}=-a_{k}+3b_{k}≡-3+6≡3\)
\(b_{k+1}=-3a_{k}+2b_{k}≡-9+4≡2\)
となり，\(n=k+1\) のときも成立．
( ⅰ )，( ⅱ )から，全ての自然数 \(n\) において，\(a_{n}≡3\) ，\(b_{n}≡2\) が成り立つ．
つまり，\(a_{n}\) と \(b_{n}\) は \(7\) で割り切れない．
(３)
\(a_{n+1}=-a_{n}+3b_{n}\) より
\(a_{n}=-a_{n+1}+3b_{n}\) ・・・③
③を \(b_{n+1}=-3a_{n}+2b_{n}\) に代入すると
\(b_{n+1}=-3(-a_{n+1}+3b_{n})+2b_{n}\)
よって，\(b_{n}=\displaystyle\frac{1}{7}(3a_{n+1}-b_{n+1})\)
これを③に代入すると
\(a_{n}=-a_{n+1}+\displaystyle\frac{3}{7}(3a_{n+1}-b_{n+1})\)
よって，\(a_{n}=\displaystyle\frac{1}{7}(2a_{n+1}-3b_{n+1})\)
したがって，
\(a_{n}=\displaystyle\frac{1}{7}(2a_{n+1}-3b_{n+1})\)，\(b_{n}=\displaystyle\frac{1}{7}(3a_{n+1}-b_{n+1})\)
次に，数学的帰納法を用いて
全ての \(n\) に対して，\(2\) つの整数 \(a_{n}\) と \(b_{n}\) は互いに素であることを示す．
( ⅰ ) \(n=1\) のとき
\(a_{1}=3\)，\(b_{1}=2\) より \(a_{1}\) と \(b_{1}\) は互いに素となり成立する．
( ⅱ ) \(n=k\) のとき
\(a_{k}\) と \(b_{k}\) が互いに素であると仮定する．
ここで，\(a_{k+1}\) と \(b_{k+1}\) の最大公約数を \(g\) ( \(g\) は自然数 )とおくと
互いに素である整数 \(s\) ，\(t\) を用いて
\(a_{k+1}=gs\)，\(b_{k+1}=gt\) と表せる．
\(a_{n}=\displaystyle\frac{1}{7}(2a_{n+1}-3b_{n+1})\)，\(b_{n}=\displaystyle\frac{1}{7}(3a_{n+1}-b_{n+1})\) より
\(a_{k}=\displaystyle\frac{g}{7}(2s-3t)\)，\(b_{k}=\displaystyle\frac{g}{7}(3s-t)\)
\(\iff\) \(7a_{k}=g(2s-3t)\)，\(7b_{k}=g(3s-t)\)
(２)の結果から，\(a_{k+1}\)，\(b_{k+1}\) は \(7\) で割り切れないため，\(g\not=7\) であり，
仮定から \(a_{k}\) と \(b_{k}\) が互いに素なので \(g=1\) のみ
したがって，\(a_{k+1}\)，\(b_{k+1}\) は互いに素となり，\(n=k+1\) でも成立．
( ⅰ )，( ⅱ )より
全ての \(n\) に対して，\(2\) つの整数 \(a_{n}\) と \(b_{n}\) は互いに素である
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