二項係数と剰余類の難問 – 2023年京大 特色入試 数学 第4問

最強の素数問題！（Gerd AltmannによるPixabayからの画像）

2023年5月29日

p2+p-1Cp2 ≡ 1 mod p3 の証明方法を一般化する

　p2+p-1Cp2 ≡ 1 mod p3 の証明ロジックは後で利用するので、以下のように一般化しておきます。

命題2
　 p を３以上の素数とする。 非負整数 l に対し、

　　 \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1} \frac{ {}_{p^2+lp +k-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+k} \equiv 0 (\mod p)

が成り立つ。

証明

　k = 1 のとき、

\begin{aligned}
 {}_{p^2+lp+k-1} \mathrm{C}_{p^2}  & = {}_{p^2+lp} \mathrm{C}_{p^2}  \\
 & \equiv {}_{p^2+lp} \mathrm{C}_{p^2} ( \mod p)\\

\end{aligned}

です。
　 k ≧ 2 のとき、

\begin{aligned}
 & {}_{p^2+lp+k-1} \mathrm{C}_{p^2} \\
= & p^2 \sum_{i=1}^{k-1} \frac{{}_{p^2+lp+i-1}\mathrm{C}_{p^2}}{lp + i} + {}_{p^2+lp} \mathrm{C}_{p^2}\\

\end{aligned}

ですが、lp+i は p と素なので命題１より、 \displaystyle\frac{{}_{p^2+lp+i-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+i} は自然数です。よって、

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

が成り立ちます。

p2+lpCp2 ≡ 0 (mod p) のとき


　もしp2+lpCp2 ≡ 0 (mod p) ならば、

{}_{p^2+lp+k-1} \mathrm{C}_{p^2} \equiv {}_{p^2+lp} \mathrm{C}_{p^2} \equiv  0 ( \mod p)

です。すなわち p2+lp+k-1Cp2 は p の倍数です。 命題1により \displaystyle\frac{{}_{p^2+lp+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+k} は自然数なのと、 lp+k は p と素なので、 \displaystyle\frac{{}_{p^2+lp+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+k} は p の倍数です。したがって、 \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1} \frac{{}_{p^2+lp+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+k} も p の倍数であり、

\sum_{k=1}^{p-1} \frac{ {}_{p^2+lp +k-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+k}  \equiv 0( \mod p)

が成り立ちます。

p2+lpCp2 ≠ 0 (mod p) のとき


　自然数 1 \leqq k \leqq p-1 に対し、命題１により、 \displaystyle\frac{ {}_{p^2+lp+k-1} \mathrm{C}_{p^2} } {lp+k} は自然数です。


　ここで p-1 以下の自然数 j,k が j \ne k であるとき、

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

であることを証明します。

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

\end{aligned}

なので、ある自然数 \xi, \eta が存在して、

\begin{aligned}
{}_{p^2+lp+k-1} \mathrm{C}_{p^2} ={}_ {p^2+lp} \mathrm{C}_{p^2} + \xi p \\

 {}_{p^2+lp+j-1} \mathrm{C}_{p^2} ={}_{p^2+lp} \mathrm{C}_{p^2}  + \eta p \\


\end{aligned}

と表記できます。

　ここでもし、

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

であったとすると、

\frac{ {}_{p^2+lp +k-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+k} - \frac{ {}_{p^2+lp +j-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+j }

は p の倍数であり、分母を払った

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

も p の倍数です。よって、

j {}_{p^2+lp +k-1} \mathrm{C}_{p^2} - k  {}_{p^2+lp +j-1} \mathrm{C}_{p^2}

も p の倍数ですが、

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

であることと、 p2+lpCp2 が p の倍数でないことから、 j – k は p の倍数です。ところがこれは 1 \leqq j , k \leqq p-1 に矛盾します。

　したがって、 p-1 以下の自然数 j,k が j \ne k であるとき、

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

です。

　 次に、 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+lp +k-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+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^2+lp+k-1} \mathrm{C}_{p^2} \equiv {}_{p^2+lp} \mathrm{C}_{p^2} \not\equiv  0 ( \mod p)

なので、 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+lp +k-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+k}\equiv i ( \mod p)

が成り立ちます。よって、ある自然数 \zeta が存在して、

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

すなわち

\sum_{k=1}^{p-1} \frac{ {}_{p^2+l p+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+k} \equiv 0 (\mod p)

が成り立ちます。

　命題2により、ただちに以下の系を得ます。

系１
　 p を３以上の素数とする。 非負整数 l に対し、

p^2 \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1} \frac{ {}_{p^2+lp +k-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+k} \equiv 0 (\mod p^3)

が成り立つ。

次ページ→ m が p の倍数の場合です

京大2023年

Posted by mine_kikaku