どんな整数に対しても整数値が対応するという性質をもつ多項式を、整数値多項式という。
このページでは、ある特別な整数値多項式を紹介し、その性質を調べたいと思う。
多項式 Ｆｋ(Ｘ）＝Ｘ(Ｘ−１)(Ｘ−２)(Ｘ−３)・・・(Ｘ−ｋ＋１)／ｋ！は整数値多項式である。
整数値多項式
どんな整数に対しても整数値が対応するという性質をもつ多項式を、整数値多項式という。
このページでは、ある特別な整数値多項式を紹介し、その性質を調べたいと思う。
多項式 Ｆｋ(Ｘ）＝Ｘ(Ｘ−１)(Ｘ−２)(Ｘ−３)・・・(Ｘ−ｋ＋１)／ｋ！は整数値多項式である。
実際に、Ｘ が正の整数であるとき、
Ｆｋ（Ｘ)＝（異なるＸ個のものから、ｋ 個取る組合せの数）
なので、明らかである。
Ｘ が負の整数のとき、Ｘ＝−Ｔ とすれば、Ｔ は正の整数で同様に示される。
Ｘ＝０ のときは、自明である。
この整数値多項式の特徴から、連続する ｋ 個の整数の積が、ｋ！で割り切れることも分
かる。
定理 ｎ次の整数値多項式Ｆ(Ｘ)は、整数 Ａ０，Ａ１，Ａ２，・・・，Ａｎ を適当に選ぶこと
により、 Ｆ(Ｘ)＝Ａ０＋Ａ１Ｆ１（Ｘ)＋Ａ２Ｆ２（Ｘ)＋・・・＋ＡｎＦｎ（Ｘ)
と書ける。
証明は、易しい。
Ｆ(Ｘ) を Ｘ で割り、その商を Ｘ−１ で割り、その商を Ｘ−２ で割り、・・・・と順次割ってい
けばよい。そのときの余りを用いて、Ａ０，Ａ１，Ａ２，・・・，Ａｎ が表される。
一般に、次のポリアの定理があることを、当ＨＰがいつもお世話になっているＳ（Ｈ）さん
よりご教示いただいた。（→ 参考：「倍数の問題」）
ポリアの定理 すべての整数 ｘ に対して、多項式 Ｐ（ｘ） が整数値をとるための
必要十分条件は、整数
Ａ0，Ａ1，Ａ2，・・・，Ａｎ
を適当に選び、
Ｐ(ｘ)＝Ａ0＋Ａ1Ｆ1（ｘ)＋Ａ2Ｆ2（ｘ)＋・・・＋ＡｎＦｎ（ｘ)
と書けることである。ただし、
Ｆｋ(ｘ）＝ｘ(ｘ−１)(ｘ−２)(ｘ−３)・・・(ｘ−ｋ＋１)／ｋ！ とする。
例 どんな整数 Ｘ に対しても、Ｘ4−２Ｘ3＋１１Ｘ2＋１４Ｘ は、２４で割り切れる。
この事実は、整数値多項式を用いると、次のように示される。
Ｘ4−２Ｘ3＋１１Ｘ2＋１４Ｘ ＝ Ｘ( (Ｘ−１)( (Ｘ−２)( (Ｘ−３)・１＋４)＋１２)＋２４)
＝ ２４Ｆ1(Ｘ)＋２４Ｆ2(Ｘ)＋２４Ｆ3(Ｘ)＋２４Ｆ4(Ｘ)
Ｆ1(Ｘ)、Ｆ2(Ｘ)、Ｆ3(Ｘ)、Ｆ4(Ｘ) は、整数 Ｘ に対して、いつも整数なので、明らかに、求める
ものは、２４の倍数である。
この問題に対して、受験参考書では、次のように解かれる。（私が久しく親しんだ方法で
もある。）
Ｘ4−２Ｘ3＋１１Ｘ2＋１４Ｘ ＝ (Ｘ−２)(Ｘ−１)Ｘ(Ｘ＋１)＋１２Ｘ(Ｘ＋1) と式変形される。
連続する ｎ 個の整数の積は、ｎ！で割り切れるので、
前者は２４の倍数 、 後者は１２×２＝２４の倍数
となり、全体として２４の倍数となる。
整数値多項式を用いる方法は、実戦的ではないかもしれない。しかし、理論的には完全
な方法で、あらゆる場合に適用することができる。この点が優れている所である。
読者のために、演習問題を残しておこう。
問題 連続する３整数 ａ，ｂ，ｃ に対して、
（ａ＋ｂ＋ｃ）3−３（ａ3＋ｂ3＋ｃ3） は、１０８で割り切れることを示せ。
（解） ａ，ｂ，ｃ は連続する３整数なので、 ａ＝ｎ−１ 、ｂ＝ｎ 、ｃ＝ｎ＋１ （ｎは整数） と
おける。このとき、
（ａ＋ｂ＋ｃ）3−３（ａ3＋ｂ3＋ｃ3）＝２７ｎ3−３（３ｎ3＋６ｎ）＝１８（ｎ−１）ｎ（ｎ＋１）
（ｎ−１）ｎ（ｎ＋１）は連続する３整数の積なので、６で割り切れる。
よって、 １８（ｎ−１）ｎ（ｎ＋１）は、１０８で割り切れる。 （終）
（参考文献：淡中忠郎 著 数学の学校（東京図書）
宮原 繁 著 整数（科学新興社モノグラフ））
（追記）・・・ 当塾宛の質問メールに対する回答です。
上記の計算で、連続する ｋ 個の整数の積が、ｋ！で割り切れることを、組合せの理論に
より確認したが、もちろん、数学的帰納法を用いても示される。
（証明） まず、Ｘ は正の整数として考える。
『全ての自然数 ｎ に対して、Ｆｎ(Ｘ) は、ｎ！で割り切れる』ということを、数学的帰納法に
より示す。
いま、Ｆｎ(Ｘ)＝Ｘ(Ｘ＋１)(Ｘ＋２)(Ｘ＋３)・・・(Ｘ＋ｎ−１) （ｎ は自然数）とおく。
ｎ＝１ のとき、Ｆ１(Ｘ)＝Ｘ は、ｎ！＝１！＝１ で割り切れるので、ｎ＝１ のとき成り立つ。
Ｆｎ(Ｘ) が、ｎ！で割り切れると仮定して、Ｆｎ＋１(Ｘ) が、（ｎ＋１）！で割り切れることを示す。
ここで、Ｆｎ＋１(Ｘ)＝Ｘ(Ｘ＋１)(Ｘ＋２)(Ｘ＋３)・・・(Ｘ＋ｎ) である。
いま、Ｆｎ＋１(Ｘ＋１)−Ｆｎ＋１(Ｘ)＝(Ｘ＋１)(Ｘ＋２)(Ｘ＋３)・・・(Ｘ＋ｎ＋１)
−Ｘ(Ｘ＋１)(Ｘ＋２)(Ｘ＋３)・・・(Ｘ＋ｎ)
＝（Ｘ＋ｎ＋１−Ｘ)(Ｘ＋１)(Ｘ＋２)(Ｘ＋３)・・・(Ｘ＋ｎ)
＝(ｎ＋１)(Ｘ＋１)(Ｘ＋２)(Ｘ＋３)・・・(Ｘ＋ｎ)
＝（ｎ＋１)Ｆｎ(Ｘ＋１)
数学的帰納法の仮定から、Ｆｎ(Ｘ＋１) は、ｎ！で割り切れ、（ｎ＋１)・ｎ！＝（ｎ＋１）！より、
Ｆｎ＋１(Ｘ＋１)−Ｆｎ＋１(Ｘ) は、（ｎ＋１）！で割り切れる。
このことから、
Ｆｎ＋１(Ｘ)−Ｆｎ＋１(Ｘ−１) は、（ｎ＋１）！で割り切れる。
Ｆｎ＋１(Ｘ−１)−Ｆｎ＋１(Ｘ−２) は、（ｎ＋１）！で割り切れる。
Ｆｎ＋１(Ｘ−２)−Ｆｎ＋１(Ｘ−３) は、（ｎ＋１）！で割り切れる。
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
Ｆｎ＋１(２)−Ｆｎ＋１(１) は、（ｎ＋１）！で割り切れる。
以上の Ｘ−１ 個の式を、辺々加えて、
Ｆｎ＋１(Ｘ)−Ｆｎ＋１(１) は、（ｎ＋１）！で割り切れることが分かる。
ところで、Ｆｎ＋１(１)＝１・２・３・・・・・・ｎ・（ｎ＋１）＝（ｎ＋１）！ である。
したがって、 Ｆｎ＋１(Ｘ) は、（ｎ＋１）！で割り切れる。
以上から、
Ｘ が正の整数のとき、全ての自然数 ｎ に対して、Ｆｎ(Ｘ) は、ｎ！で割り切れる
ことが示された。
次に、Ｘ＝０ のとき、上記命題は自明である。
さらに、Ｘ が負の整数のとき、
Ｆｎ＋１(Ｘ)−Ｆｎ＋１(０)＝−（Ｆｎ＋１(Ｘ＋１)−Ｆｎ＋１(Ｘ)）
−（Ｆｎ＋１(Ｘ＋２)−Ｆｎ＋１(Ｘ＋１)）
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
−（Ｆｎ＋１(０)−Ｆｎ＋１(−１)）
と変形することにより、左辺は、（ｎ＋１）！で割り切れることが分かる。
ところで、Ｆｎ＋１(０)＝０ は、（ｎ＋１）！で割り切れる。
したがって、 Ｆｎ＋１(Ｘ) は、（ｎ＋１）！で割り切れる。
以上から、
Ｘ が整数のとき、全ての自然数 ｎ に対して、Ｆｎ(Ｘ) は、ｎ！で割り切れる
ことが示された。（終）
（コメント） 質問者によれば、
Ｆｎ(Ｘ)＝Ｘ(Ｘ＋１)(Ｘ＋２)(Ｘ＋３)・・・(Ｘ＋ｎ−１) （ｎ は自然数）に対して、
ということを証明したいとのことであった。この命題の仮定（結論も同様）は、
Ｆｎ(Ｘ) は、ｎ！で割り切れる
ということと同値なので、上記のような証明となった。
質問の意図に合致しているかどうか少し不安ですが、一応の回答とさせていただきます。
（塾長）