（前問のtanπ／１２は単純にtan（π／４－π／６）として加法公式を使った方が簡単なので、修正しました）
そして今回は２０００年の東大理系数学です。
http://server-test.net/math/php.php?name=tokyo&v1=1&v2=2000&v3=2&v4=1&y=2000&n=7
以下に解答例を記します。
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（１） 条件より、正整数ｎに対しPｋ（ｎ）＝Σｍ＾（ｋ－１） （Σは１≦ｍ≦ｎに関する和）です。
すなわちP1（ｎ）＝ｎ，P2（ｎ）＝ｎ（ｎ＋１）／２です。
無限個のｎに対してこれが成り立つので、
① P1（ｘ）＝ｘ，
② P2（ｘ）＝ｘ（ｘ＋１）／２
となります。（∵ ①，②それぞれの両辺の差は無限個のｘに対して値が０となる多項式なので、（多項式として）０となります。また、実際にP1(x)－P1（ｘ－１）＝ｘ＾０，P2（ｘ）－P2（ｘ－１）＝ｘ＾１が成り立つことも明らかです）
（２） （１）の結果よりｋ＝１，２のとき、題意の命題（D（ｋ）とします）は成り立ちます。
次に（２以上の自然数ｎに対し）、ｋ≦ｎのときにD（ｋ）が成り立つと仮定します。
Ak（ｘ）＝ｘ＾ｋ／ｋ，Bk（ｘ）＝Ak（ｘ）－Ak（ｘ－１）と置くと、Bk（ｘ）－ｘ＾（ｋ－１）はｋ－２次以下の多項式となります。
よってｋ＝ｎ＋１の場合を考えると
③ Bn+1（ｘ）＝ｘ＾ｎ＋bn-1・ｘ＾（n－１）＋bn-2・ｘ＾（n－２）＋……＋b1・ｘ＋b0
と表せます。よって
Pn+1（ｘ）＝An+1（ｘ）－bn-1・Pn（ｘ）－bn-2・Pn-1（ｘ）－……－b1・P2（ｘ）－b0・P1（ｘ）
と置くと、この多項式が条件（C）を満たすことは明らかです。
また、条件を満たすもう一つの多項式En+1（ｘ）が存在したならば、すべての正整数ｍに対しPn+1（ｍ）－En+1（ｍ）＝０となるので、（１）と同様に考えてPn+1（ｘ）＝En+1（ｘ）となります。
すなわちｋ＝ｎ＋１のときもD（ｋ）は成り立つことが分かります。
よって数学的帰納法によりｋ≧３に対してもD（ｋ）が成り立つことになり、題意は証明されました。
（３） 因数定理によりｋ次の多項式Qｋ（ｘ）はｘ（ｘ－１）……（ｘ－ｋ＋１）で割り切れ、しかもQ（ｋ）＝１であることから
④ Qk（ｘ）＝ｘ（ｘ－１）……（ｘ－ｋ＋１）／ｋ！
特に、正整数ｎに対しては
⑤ Qk（ｎ）＝ｎCｋ （０≦ｎ＜ｋのときはｎCk＝０と考えます）
また、Qk（ｘ）は最高次数が０でないｋ次多項式であり、しかもｘで割り切れるので、一般に定数項が０であるｎ次多項式ｆ（ｘ）はQ1（ｘ），Q2（ｘ），……，Qn（ｘ）の一次結合（すなわち定数倍したものの和）で表されます。
Pk（０）＝０よりPk（ｘ）も定数項が０の多項式なので、
⑥ Pｋ（ｘ）＝p1・Q1（ｘ）＋p2・Q2（ｘ）＋……＋pk・Qk（ｘ）
の形に表されます。
以下、数学的帰納法で題意を証明します。
条件より
⑦ ０≦ｍ＜ｎならばQn（ｍ）＝０
なので、
⑧ １＝Pｋ（１）＝p1
となり、p1は整数１として定まります。
次に、ｓ≦ｒ （≦ｋ－１）のときにpsがただ一通りに定まり、しかも整数になるとします。
⑦より
⑧ Pk（ｒ＋１）＝p1・Q1（ｒ＋１）＋p2・Q2（ｒ＋１）＋……＋pr+1・Qr+1（ｒ＋１）
Ｐk（ｒ＋１）＝Σｍ＾（ｋ－１） （Σは１≦ｍ≦ｒ＋１に関する和）は整数であり、また⑤よりＱ1（ｒ＋１），Ｑ2（ｒ＋１），……，Ｑr（ｒ＋１）は整数で、Ｑr+1（ｒ＋１）＝１なので、仮定からpr+1はただ一通りに定まり、しかも整数となります。
よって数学的帰納法により、ｃｔ＝pｔ （１≦ｔ≦ｋ）として題意が成り立つことが証明されました。
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直観的にそうなることは分かっても、論証として表現するのが少し面倒な問題です。
それでも東大後期数学としては簡単な方なのではないかと思います。
できれば確保しておきたい問題ですね。