京都大学 2000年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

まず $p=2$ の場合を調べる。このとき $(a+bi{)}^2=a^2-b^2+2abi$ である。$a,b$ は正の整数なので $2ab\mathrm{\ne }0$ であり、虚部は0でない。したがって $(a+bi{)}^2$ は実数ではない。

以下、$p$ を奇素数とする。背理法で、$(a+bi{)}^p$ が実数であると仮定する。

二項定理より、$(a+bi{)}^p$ の虚部は$${}_p{\mathrm{C}}_1{a}^{p-1}b-{}_p{\mathrm{C}}_3{a}^{p-3}{b}^3+{}_p{\mathrm{C}}_5{a}^{p-5}{b}^5-\cdots +(-1{)}^{(p-1)\mathrm{/}2}{b}^p$$である。仮定よりこの値は0である。

ここで、$1\leqq k\leqq p-1$ に対して ${}_p{\mathrm{C}}_k$ は $p$ で割り切れる。実際 $${}_p{\mathrm{C}}_k={\displaystyle \frac{p(p-1)\cdots (p-k+1)}{k(k-1)\cdots 1}}$$ であり、$p$ は素数、$1\leqq k\leqq p-1$ なので分母は $p$ で割り切れない。したがって分子に含まれる1つの $p$ が残る。

虚部が0である等式を $p$ で割った余りで見る。最後の項以外の二項係数はすべて $p$ で割り切れるから $(-1{)}^{(p-1)\mathrm{/}2}{b}^p\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ である。よって $p\mid b$ である。

そこで、$b$ を割る $p$ の個数を $m$ とし、$b=p^m{b}_0$ と書く。ただし $m\geqq 1$ で、$b_0$ は $p$ で割り切れない。$a$ と $b$ は互いに素だから、$a$ も $p$ で割り切れない。

虚部の第1項は $${}_p{\mathrm{C}}_1{a}^{p-1}b=p{a}^{p-1}b=p^{m+1}{a}^{p-1}{b}_0$$ である。$a$ も $b_0$ も $p$ で割り切れないので、この項は $p^{m+1}$ では割り切れるが、$p^{m+2}$ では割り切れない。

次に、第3項以降で、最後の $b^p$ を除く項を考える。それらは $${}_p{\mathrm{C}}_k{a}^{p-k}{b}^k(k=3,5,\dots ,p-2)$$ の形である。${}_p{\mathrm{C}}_k$ は $p$ で割り切れ、$b^k$ は $p^{mk}$ で割り切れる。$k\geqq 3$、$m\geqq 1$ だから $1+mk\geqq m+2$ である。したがってこれらの項はすべて $p^{m+2}$ で割り切れる。

最後の項 $b^p$ は $p^{mp}$ で割り切れる。$p\geqq 3$、$m\geqq 1$ より $mp\geqq m+2$ であるから、これも $p^{m+2}$ で割り切れる。

以上より、虚部の和は「$p^{m+2}$ では割り切れない第1項」と「すべて $p^{m+2}$ で割り切れる残りの項」の和である。したがって虚部全体は $p^{m+2}$ で割り切れず、特に0にはなり得ない。これは $(a+bi{)}^p$ が実数であるという仮定に反する。

よって、任意の素数 $p$ と互いに素な正の整数 $a,b$ について、$(a+bi{)}^p$ は実数ではない。

虚部が0と仮定し、まず法 $p$ で $p\mid b$ を導く。
その後、$b=p{b}_1$ と代入して同じ議論を繰り返すと
$b$ が任意の高い $p$ のべきで割れることになり、正整数であることに矛盾する。

$p=2$ では$$\mathrm{Im}(a+bi{)}^2=2ab\mathrm{\ne }0$$なので明らかである。以下 $p$ を奇素数とし、虚部が0であると仮定する。

二項展開の虚部は$$p{a}^{p-1}b-{}_p{\mathrm{C}}_3{a}^{p-3}{b}^3+\cdots +(-1{)}^{(p-1)\mathrm{/}2}{b}^p=0.$$$1\leqq k\leqq p-1$ では ${}_p{\mathrm{C}}_k$ は $p$ の倍数である。
上式を法 $p$ で見ると$$b^p\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),$$従って $p\mid b$ である。

$b=p{b}_1$ と書き、上式を $p^2$ で割る。第1項は
$a^{p-1}{b}_1$ となる。第3項以降は二項係数から少なくとも1個、
$b^k$ から少なくとも3個の $p$ を含むため、$p^2$ で割った後も
$p$ の倍数である。最後の $b^p$ も $p\geqq 3$ より同様である。
従って法 $p$ で$$a^{p-1}{b}_1\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\mathrm{.}$$$\gcd (a,b)=1$ かつ $p\mid b$ だから $p\nmid a$ であり、
$p\mid b_1$ が従う。

同じ操作を繰り返すと、任意の自然数 $r$ について $p^r\mid b$ となる。
しかし $b$ は正の整数なので不可能である。従って虚部は0ではなく、$$(a+bi{)}^p\mathrm{\notin }\mathbb{R}$$である。