二項係数と剰余類の難問 – 2023年京大特色入試数学第4問

2023年5月16日2023年5月29日

1 ≦ m ≦ p-1 のとき

　 $m \leqq p-1$ のとき、

\begin{aligned} {}_{p^2+m} \mathrm{C}_{p^2} = & \frac{p^2 +m}{m } {}_{p^2+m-1} \mathrm{C}_{p^2} \\ = & \frac{p^2}m {}_{p^2+m-1} \mathrm{C}_{p^2} + {}_{p^2+m-1} \mathrm{C}_{p^2}　\\ = & \frac{p^2}m {}_{p^2+m-1} \mathrm{C}_{p^2} \\ & + \frac{p^2}{m-1 }{}_{p^2+m-2} \mathrm{C}_{p^2} + {}_{p^2+m-2} \mathrm{C}_{p^2}　\\ \vdots \\ = & p^2 \sum_{k=1}^m \frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k + 1 \cdots (1) \end{aligned}

ですが、命題1により右辺の p² の係数は整数なので、

{}_{p^2+m} \mathrm{C}_{p^2} \equiv 1 (\mod p^2)

が成り立ちます。先はまだまだ長いですが、最初のそれらしい成果が得られました！

　次に、 p² の係数が何とかできないか、考えます。

　 $\frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k$ の具体的な値を求めるのは難しそうですが、式(1)右辺の p² の係数が和になっているところに着目します。足しこんだら案外、 mod p で0とか1とかになるのかもしれません。

　そこで $m = p-1$ の場合で考えます。

　　p-1 以下の自然数 j,k が $j \ne k$ であるとき、

\frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k \not\equiv \frac{ {}_{p^2+j-1} \mathrm{C}_{p^2}}j (\mod p)

です。実際、

\begin{aligned} {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2} = \xi p^2 + 1 \\ {}_{p^2+j-1} \mathrm{C}_{p^2} = \eta p^2 + 1 \\ (\xi,\eta\text{は自然数}) \end{aligned}

　と置くとき、

\begin{aligned} & \frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k - \frac{ {}_{p^2+j-1} \mathrm{C}_{p^2}}j \\ = & \frac{ \xi p^2 +1 }k -\frac{\eta p^2 +1}j \\ = & \frac{(j \xi- k \eta) p^2 +(j-k)}{jk} \end{aligned}

です。よって、もし

\frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k \equiv \frac{ {}_{p^2+j-1} \mathrm{C}_{p^2}}j (\mod p)

ならば、

\frac{(j \xi- k \eta) p^2 +(j-k)}{jk} \equiv 0 ( \mod p)

なので、 j–k は p の倍数である必要があります。

　ところが、 $1 \leqq j,k \leqq p-1$ かつ $j \ne k$ なので、 j-k は p の倍数になりません。これは矛盾です。

　以上、

\frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k \not\equiv \frac{ {}_{p^2+j-1} \mathrm{C}_{p^2}}j (\mod p)

であることが証明できました。

　 p を法とする剰余類で、0 でないものは p-1 個あります。一方、

\frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k,k=1,2,\cdots p-1

も p-1 個あり、すべて異なる剰余類であって、しかも p の倍数ではありません。したがって、すべての　 $1 \leqq k \leqq p-1$ に対し、ある自然数 $1 \leqq i \leqq p -1$ が一意に存在して、

\frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k \equiv i (\mod p)

が成り立ちます。よって、

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{p-1} \frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k = & \sum_{i=1}^{p-1}i + \zeta p \\ = & \frac{p(p-1)}2 + \zeta p \\ & ( \zeta \text{は自然数} ) \end{aligned}

が成り立ちます。これを式(1)に代入して、

\begin{aligned} {}_{p^2+p-1} \mathrm{C}_{p^2} & = p^2 \sum_{k=1}^{p-1} \frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k + 1 \\ & = \left \{\frac{p(p-1)}2 + \zeta p \right \} p^2 +1 \\ & = \left \{\frac{(p-1)}2 + \zeta \right \} p^3 +1 \\ \end{aligned}

が成り立ちますが、 p は3以上の素数なので当然奇数です。したがって $\left \{\frac{(p-1)}2 + \zeta \right \}$ は自然数なので、

{}_{p^2+p-1} \mathrm{C}_{p^2} \equiv 1 \mod p^3

が成り立つことがわかりました。

　ここまでに得られた結果をまとめると、以下のとおりです。