名古屋大学 2013年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

(1)
$n=1$ では $S_k(1)=1$ だから$$T_m(1)=\sum _{k=1}^{m-1}{}_m{\mathrm{C}}_k=2^m-2.$$$n=2$ では $S_k(2)=1+2^k$ なので$$\begin{array}{rl}{\displaystyle T_m(2)}& {\displaystyle =\sum _{k=1}^{m-1}{}_m{\mathrm{C}}_k(1+2^k)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(2^m-2)+(3^m-1-2^m)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =3^m-3.}\end{array}$$(2)$$\begin{array}{rl}{\displaystyle T_m(n)}& {\displaystyle =\sum _{k=1}^{m-1}{}_m{\mathrm{C}}_k\sum _{j=1}^n{j}^k}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\sum _{j=1}^n\sum _{k=1}^{m-1}{}_m{\mathrm{C}}_k{j}^k\mathrm{.}}\end{array}$$二項定理より$$\sum _{k=1}^{m-1}{}_m{\mathrm{C}}_k{j}^k=(j+1{)}^m-j^m-1.$$したがって$$\begin{array}{cccc}& \begin{array}{rl}{\displaystyle T_m(n)}& {\displaystyle =\sum _{j=1}^n\{(j+1{)}^m-j^m-1\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(n+1{)}^m-n-1.}\end{array}& & \text{(1)}\end{array}$$(3)
(1)に $n=p-1$ を代入すると$$\begin{array}{cccc}& T_m(p-1)=p^m-p,& & \text{(2)}\end{array}$$ゆえに、任意の $m\geqq 2$ について $T_m(p-1)$ は $p$ の倍数である。$$1\leqq r\leqq p-2$$について、$S_r(p-1)$ が $p$ の倍数であることを $r$ に関する帰納法で示す。

$r=1$ のとき、(2)で $m=2$ とすれば$$T_2(p-1)=2S_1(p-1)\mathrm{.}$$$p\geqq 3$ は素数なので $p\nmid 2$ である。したがって$$p\mid S_1(p-1)\mathrm{.}$$次に $2\leqq r\leqq p-2$ とし、$$p\mid S_1(p-1),\dots ,p\mid S_{r-1}(p-1)$$を仮定する。(2)で $m=r+1$ とすると$$T_{r+1}(p-1)=\sum _{k=1}^r{}_{r+1}{\mathrm{C}}_k{S}_k(p-1)\mathrm{.}$$左辺と $k=1,\dots ,r-1$ の各項は $p$ の倍数である。したがって最後の項$${}_{r+1}{\mathrm{C}}_r{S}_r(p-1)=(r+1)S_r(p-1)$$も $p$ の倍数である。ここで$$2\leqq r+1\leqq p-1$$だから $p\nmid (r+1)$ である。よって$$p\mid S_r(p-1)\mathrm{.}$$以上の帰納法により$$S_k(p-1)(k=1,2,\dots ,p-2)$$はすべて $p$ の倍数である。

(3) だけを別の見方で示す。法 $p$ で $x^k-1$ の根は高々 $k$ 個なので、$1,\dots ,p-1$ の中に $c^k\equiv ̸1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ となる $c$ がある。$c,2c,\dots ,(p-1)c$ の剰余は非零剰余全体の並べ替えであるため、べき和は $c^k$ 倍しても変わらない。差を取れば結論が出る。

(3) の別解$$1\leqq k\leqq p-2$$を固定する。

まず、$1,2,\dots ,p-1$ の中に$$\begin{array}{cccc}& c^k\equiv ̸1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)& & \text{(1)}\end{array}$$となる $c$ が存在することを示す。法 $p$ では、0でない $k$ 次多項式がもつ相異なる根は高々 $k$ 個である。これは、根を1つ見つけるたびに因数定理で1次因子を取り出すことを繰り返せば分かる。

もしすべての非零剰余 $c=1,2,\dots ,p-1$ が $c^k\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ を満たすなら、$k$ 次多項式 $x^k-1$ は $p-1$ 個の相異なる根をもつ。しかし$$k\leqq p-2<p-1$$なので矛盾する。よって (1) を満たす $c$ が存在する。

$p$ は素数で $p\nmid c$ だから$$c,2c,\dots ,(p-1)c$$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$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_k(p-1)}& {\displaystyle \equiv c^k+(2c{)}^k+\cdots +\{(p-1)c{\}}^k}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle \equiv c^k{S}_k(p-1)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\mathrm{.}}\end{array}$$ゆえに$$(c^k-1)S_k(p-1)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\mathrm{.}$$(1)より $p\nmid (c^k-1)$ なので$$S_k(p-1)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\mathrm{.}$$これは $k=1,2,\dots ,p-2$ のすべてについて成り立つ。