北海道大学 2015年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第2問

(1)

$\cos \theta =1\mathrm{/}p$ であるから、二倍角公式より $$\cos 2\theta =2{\cos }^2\theta -1=\frac{2}{p^2}-1$$ である。したがって $$a_2=p^2\cos 2\theta =p^2(\frac{2}{p^2}-1)=2-p^2$$ である。

(2)

加法定理より $$\cos (n+2)\theta =2\cos \theta \cos (n+1)\theta -\cos n\theta$$ である。$\cos \theta =1\mathrm{/}p$ なので、両辺に $p^{n+2}$ を掛けると $$p^{n+2}\cos (n+2)\theta =2p^{n+1}\cos (n+1)\theta -p^2{p}^n\cos n\theta$$ となる。したがって $$a_{n+2}=2a_{n+1}-p^2{a}_n$$ である。

(3)

まず $$a_1=p\cos \theta =1,a_2=2-p^2$$ はいずれも整数である。(2)の漸化式は整数係数であるから、$a_n,a_{n+1}$ が整数なら $a_{n+2}$ も整数である。よって数学的帰納法により、すべての $a_n$ は整数である。

次に $p$ で割った余りを調べる。(2)より $$a_{n+2}=2a_{n+1}-p^2{a}_n\equiv 2a_{n+1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$ である。また $$a_1\equiv 1,a_2=2-p^2\equiv 2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$ である。したがって帰納法により $a_n\equiv 2^{n-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ が成り立つ。

$p$ は3以上の奇数であるから、$p$ と $2$ は互いに素である。したがって $2^{n-1}$ は $p$ で割り切れない。ゆえに $a_n\equiv 2^{n-1}\equiv ̸0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ であり、すべての $n$ について $a_n$ は $p$ で割り切れない整数である。

$z=p(\cos \theta +i\sin \theta )=1+i\sqrt{p^2-1}$ とおく。(1) は $z^2$ の実部、(2) は $z,\bar{z}$ が満たす2次方程式から漸化式を得る。(3) は $z^n$ の二項展開の実部を整数式にし、法 $p$ では偶数番の組合せ数の和へ帰着する。

$\cos \theta =1\mathrm{/}p$、$0<\theta <\pi \mathrm{/}2$ より$$z=p(\cos \theta +i\sin \theta )=1+i\sqrt{p^2-1}$$とおける。また$$a_n=\frac{z^n+{\bar{z}}^{,n}}{2}$$である。

(1) $z^2$ の実部は $1-(p^2-1)=2-p^2$ だから$$a_2=2-p^2\mathrm{.}$$(2) $z+\bar{z}=2$、$z\bar{z}=p^2$ であるから、$z,\bar{z}$ は$$X^2-2X+p^2=0$$を満たす。両方の式へそれぞれ $z^n,{\bar{z}}^{,n}$ を掛けて加えると$$a_{n+2}=2a_{n+1}-p^2{a}_n\mathrm{.}$$(3) 二項展開で虚数単位の偶数乗だけを集めると$$a_n=\sum _{j=0}^{\lfloor n\mathrm{/}2\rfloor }{}_n{\mathrm{C}}_{2j}(-1{)}^j(p^2-1{)}^j\mathrm{.}$$右辺は整数だから $a_n$ は整数である。さらに法 $p$ では $p^2-1\equiv -1$ なので$$a_n\equiv \sum _{j=0}^{\lfloor n\mathrm{/}2\rfloor }{}_n{\mathrm{C}}_{2j}pmodp\mathrm{.}$$$(1+1{)}^n$ と $(1-1{)}^n$ を加えると、偶数番の組合せ数の和は $2^{n-1}$ である。よって$$a_n\equiv 2^{n-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\mathrm{.}$$$p$ は奇数なので $2^{n-1}$ は $p$ で割り切れない。したがって、すべての $n$ で $a_n$ は $p$ で割り切れない整数である。