名古屋大学 2013年度理系数学第3問解答・解説

問題

$k$ ， $m$ ， $n$ は整数とし， $n ≧ 1$ とする。 $_{m} C_{k}$ を二項係数として， $S_{k} (n)$ ， $T_{m} (n)$ を以下のように定める。

S_{k} (n) = 1^{k} + 2^{k} + 3^{k} + \dots + n^{k}, S_{k} (1) = 1 (k ≧ 0)

T_{m} (n) =_{m} C_{1} S_{1} (n) +_{m} C_{2} S_{2} (n) +_{m} C_{3} S_{3} (n) + \dots +_{m} C_{m - 1} S_{m - 1} (n) = k = 1 \sum m - 1_{m} C_{k} S_{k} (n) (m ≧ 2)

(1) $T_{m} (1)$ と $T_{m} (2)$ を求めよ。

(2) 一般の $n$ に対して $T_{m} (n)$ を求めよ。

(3) $p$ が3以上の素数のとき， $S_{k} (p - 1)$ $(k = 1, 2, 3, \dots, p - 2)$ は $p$ の倍数であることを示せ。

出典：名古屋大学 2013年度前期日程第2次学力試験理系第3問

方針

(1)(2)は文系第3問と同じく、 $S_{k} (n)$ の和の順序を入れ替えて二項定理で望遠和にする。(3)は(2)を最大限に利用し、 $n = p - 1$ 、 $m = r + 1$ を代入して $S_{r} (p - 1)$ を帰納的に示す。係数 $r + 1$ は $2$ 以上 $p - 1$ 以下なので $p$ と互いに素であり、そこから $S_{r} (p - 1)$ が $p$ の倍数だと結論する。別解として、 $p$ を法とする非零剰余の並べ替えを使う方法も自然である。

解答

(1)

$n = 1$ では $S_{k} (1) = 1$ であるから $T_{m} (1) = \sum_{k = 1}^{m - 1}_{m} C_{k} = 2^{m} - 2$ である。 $n = 2$ では $S_{k} (2) = 1 + 2^{k}$ である。よって $T_{m} (2) = \sum_{k = 1}^{m - 1}_{m} C_{k} (1 + 2^{k})$ $= (2^{m} - 2) + (3^{m} - 1 - 2^{m}) = 3^{m} - 3$ である。

(2)

$S_{k} (n) = \sum_{j = 1}^{n} j^{k}$ を代入すると

T_{m} (n) = k = 1 \sum m - 1_{m} C_{k} j = 1 \sum n j^{k} = j = 1 \sum n k = 1 \sum m - 1_{m} C_{k} j^{k}

である。二項定理から $\sum_{k = 1}^{m - 1}_{m} C_{k} j^{k} = (j + 1)^{m} - j^{m} - 1$ であるから $T_{m} (n) = \sum_{j = 1}^{n} {(j + 1)^{m} - j^{m} - 1} = (n + 1)^{m} - n - 1$ である。

(3)

(2)に $n = p - 1$ を代入すると $T_{m} (p - 1) = p^{m} - p$ であり、これは $p$ の倍数である。 $1 ≦ r ≦ p - 2$ について、 $S_{r} (p - 1)$ が $p$ の倍数であることを帰納的に示す。まず $r = 1$ のとき、 $m = 2$ とすれば $T_{2} (p - 1) = 2 S_{1} (p - 1)$ である。左辺は $p$ の倍数で、 $p ≧ 3$ より $p$ は2を割り切らないから、 $S_{1} (p - 1)$ は $p$ の倍数である。

次に、ある $r$ について $1 < r ≦ p - 2$ とし、 $S_{1} (p - 1), \dots, S_{r - 1} (p - 1)$ がすべて $p$ の倍数であると仮定する。 $m = r + 1$ とすると $T_{r + 1} (p - 1) = \sum_{k = 1}^{r}_{r + 1} C_{k} S_{k} (p - 1)$ である。左辺は $p$ の倍数であり、 $k = 1, 2, \dots, r - 1$ の項も帰納法の仮定により $p$ の倍数である。したがって残る項 $_{r + 1} C_{r} S_{r} (p - 1) = (r + 1) S_{r} (p - 1)$ も $p$ の倍数である。

ここで $2 ≦ r + 1 ≦ p - 1$ だから、素数 $p$ は $r + 1$ を割り切らない。よって $S_{r} (p - 1)$ は $p$ の倍数である。以上により $S_{k} (p - 1) (k = 1, 2, \dots, p - 2)$ はいずれも $p$ の倍数である。

別解。 $1 ≦ k ≦ p - 2$ を固定する。 $p$ を法として、 $c^{k} \neq \equiv 1$ となる $c$ が $1, 2, \dots, p - 1$ の中に存在する。実際、すべての $c$ で $c^{k} \equiv 1$ なら、 $x^{k} - 1$ が $p - 1$ 個の異なる根をもつことになるが、次数は $k ≦ p - 2$ なので不可能である。

このような $c$ を取ると、 $c, 2 c, \dots, (p - 1) c$ を $p$ で割った余りは、順序を除いて $1, 2, \dots, p - 1$ と一致する。したがって $S_{k} (p - 1) \equiv c^{k} S_{k} (p - 1) (mod p)$ である。 $c^{k} - 1$ は $p$ の倍数でないので、 $S_{k} (p - 1) \equiv 0 (mod p)$ となる。

名古屋大学 2013年度理系数学 第3問

問題

方針

解答

(1)

(2)

(3)

名古屋大学 2013年度
理系数学第3問