解説

方針・初手

$f(x)$ を一次式 $g(x)$ で割った余りを $r$ とおく。条件より、正の整数 $n$ に対して商の値は整数である。一方、余りが $0$ でない場合でも、その影響は $\dfrac{r}{dn+e}$ の形で $n$ が大きくなると $0$ に近づく。したがって、整数列の差や極限を用いて、余りが $0$ でなければならないことを示す。

解法1

$g(x)=dx+e$ は一次式であり、$d>0$ だから、$f(x)$ を $g(x)$ で割ると、ある実数 $p,q,r$ を用いて

$$ f(x)=(px+q)g(x)+r

$$

と表せる。

ここで、正の整数 $n$ に対して

$$ M_n=\frac{f(n)}{g(n)}

$$

とおく。仮定より、すべての正の整数 $n$ について $M_n$ は整数である。

上の割り算の式に $x=n$ を代入すると、

$$ M_n=pn+q+\frac{r}{dn+e}

$$

である。

まず、隣り合う差を考える。

$$ \begin{aligned} M_{n+1}-M_n &=p+r\left(\frac{1}{d(n+1)+e}-\frac{1}{dn+e}\right)\\ &=p-\frac{rd}{(dn+d+e)(dn+e)} \end{aligned}

$$

ここで $M_{n+1}-M_n$ は整数である。また、

$$ -\frac{rd}{(dn+d+e)(dn+e)} \to 0 \quad (n\to\infty)

$$

であるから、

$$ M_{n+1}-M_n \to p

$$

となる。

整数列 $M_{n+1}-M_n$ が実数 $p$ に収束するので、十分大きい $n$ では一定の整数になる。したがって、ある整数 $k$ が存在して、十分大きい $n$ に対して

$$ M_{n+1}-M_n=k

$$

となる。このとき極限をとれば $p=k$ である。よって $p$ は整数である。

次に、

$$ M_n-pn=q+\frac{r}{dn+e}

$$

を考える。$M_n$ も $pn$ も整数であるから、$M_n-pn$ は整数である。また、

$$ q+\frac{r}{dn+e}\to q \quad (n\to\infty)

$$

である。

したがって、整数列 $M_n-pn$ は実数 $q$ に収束するので、十分大きい $n$ では一定の整数になる。すなわち、ある整数 $\ell$ が存在して、十分大きい $n$ に対して

$$ M_n-pn=\ell

$$

となる。

よって、十分大きい $n$ に対して

$$ q+\frac{r}{dn+e}=\ell

$$

が成り立つ。両辺から $q$ を引いて

$$ \frac{r}{dn+e}=\ell-q

$$

である。

左辺は $n$ によって変化するが、右辺は定数である。したがって、この等式が無限に多くの $n$ で成り立つためには

$$ r=0

$$

でなければならない。

よって

$$ f(x)=(px+q)g(x)

$$

となるから、$f(x)$ は $g(x)$ で割り切れる。

解説

この問題の核心は、「すべての正の整数 $n$ で整数になる」という条件を、整数列の性質として扱う点である。

$f(x)$ を $g(x)$ で割ると、余りは定数 $r$ になる。もし $r\ne 0$ なら、

$$ \frac{f(n)}{g(n)}

$$

には $\dfrac{r}{dn+e}$ という小さくなっていく誤差が残る。しかし、値は常に整数でなければならないため、このような連続的に小さくなる誤差は許されない。

特に重要なのは、整数列がある実数に収束するなら、十分先では一定になるという事実である。これにより、商の一次部分の係数を整数として確定させ、最後に余りが $0$ であることを導く。

答え

$f(x)$ を $g(x)$ で割った余りを $r$ とすると、条件から $r=0$ が従う。

したがって、

$$ f(x)=(px+q)g(x)

$$

となる実数 $p,q$ が存在するので、$f(x)$ は $g(x)$ で割り切れる。