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

m = p のとき

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

なので、

\begin{aligned} {}_{p^2+p} \mathrm{C}_{p^2} & =\frac{p^2 +p}p {}_{p^2+p-1} \mathrm{C}_{p^2} \\ & = (p+1) {}_{p^2+p-1} \mathrm{C}_{p^2} \\ & \equiv p+1 ( \mod p^3) \end{aligned}

です。

　m = 2p -1 のとき、 m = p-1 の時と同じようにして、

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

ですが、系1により、

\begin{aligned} {}_{p^2+2p-1} \mathrm{C}_{p^2} & \equiv{}_{p^2+p} \mathrm{C}_{p^2} \\ & \equiv p+1 ( \mod p^3) \end{aligned}

です。

　したがって m =2p のとき、ある自然数 $\zeta$ が存在して、

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

が成り立ちます。

　 _p²+2p-1C_p² も _p+2C_p も自然数なので、 $(\frac{p}2 +1) \zeta p^3$ も自然数です。ところが、 p は2で割り切れないので、 $\zeta$ が2で割り切れる必要が有ります。すなわち、 $(\frac{p}2 +1) \zeta$ は自然数です。

　よって、

{}_{p^2+2p} \mathrm{C}_{p^2} \equiv {}_{p+2} \mathrm{C}_{p} ( \mod p^3)

です。

\begin{aligned} {}_{p^2+p} \mathrm{C}_{p^2} & \equiv {}_{p+1} \mathrm{C}_{p} ( \mod p^3) \\ {}_{p^2+2p} \mathrm{C}_{p^2} & \equiv {}_{p+2} \mathrm{C}_{p} ( \mod p^3) \end{aligned}

であったので、

{}_{p^2+lp} \mathrm{C}_{p^2} \equiv {}_{p+l} \mathrm{C}_{p} ( \mod p^3)

が成り立つのではないかと予想できます。以下、これを証明します。

　数学的帰納法で証明します。

　 l = 1 の場合は証明済みです。

　 1 ≦ l ≦ p²-2 の範囲で

{}_{p^2+lp} \mathrm{C}_{p^2} \equiv {}_{p+l} \mathrm{C}_{p} ( \mod p^3)

が成り立つと仮定します。

　このとき、帰納法の仮定と系1により、

\begin{aligned} & {}_{p^2+(l+1)p-1} \mathrm{C}_{p^2} \\ & =p^2 \sum_{k=1}^{p-1} \frac{ {}_{p^2+lp+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}{lp+k } + {}_{p^2+lp} \mathrm{C}_{p^2} \\ & \equiv {}_{p+l} \mathrm{C}_{p} ( \mod p^3) \\ \end{aligned}

なので、ある自然数 $\zeta$ が存在して、

\begin{aligned} & {}_{p^2+(l+1)p-1} \mathrm{C}_{p^2} = \zeta p^3 + {}_{p+l} \mathrm{C}_{p} \\ \end{aligned}

が成り立ちます。

　よって、

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

が成り立ちますが、左辺と右辺第2項は自然数なので、右辺第1項も自然数です。

　したがって l + 1 が p の倍数でないとき、l+1 は $\zeta$ を割り切る必要が有ります。すなわち、右辺第1項の p³ の係数は自然数です。

　また、 l +1 が p の倍数のとき、 l +1 = kp と置くと、 l ≦ p²-2 なので、 k ≦ p-1 です。このとき

( \frac{p}{l+1}+1) \zeta p^3 = (\frac{1}k+1) \zeta p^3

ですが k は p と素なので、 k は $\zeta$ を割り切ります。すなわち、右辺第1項の p³ の係数は自然数です。

　ゆえに右辺第1項は p³ の倍数であり、

\begin{aligned} & {}_{p^2+(l+1)p} \mathrm{C}_{p^2} \equiv {}_{p+l+1} \mathrm{C}_{p} ( \mod p^3) \\ \end{aligned}

が成り立ちます。すなわち、1 ≦ l ≦ p²-1 の範囲で

\begin{aligned} & {}_{p^2+lp} \mathrm{C}_{p^2} \equiv {}_{p+l} \mathrm{C}_{p} ( \mod p^3) \\ \end{aligned}

が証明できました。

1 ≦ l ≦ p²-1であるとします。 $m = lp +k (k=1,2,\cdots p-1)$ と置くとき、

\begin{aligned} {}_{p^2+m} \mathrm {C} _{p^2} = & p^2 \sum_{j=1}^{k} \frac{{}_{p^2+lp+j-1}\mathrm{C}_{p^2}}{lp+j} +{}_{p^2+lp}\mathrm{C}_{p^2} \\ \equiv & {}_{p^2+lp}\mathrm{C}_{p^2} ( \mod p^2) \\ \equiv & {}_{p+l}\mathrm{C}_{p} ( \mod p^2) \end{aligned}

ですが、既に見てきたように、上式は l = 0 の時も成り立ちます。また、明らかに ${}_{p^2 } \mathrm{C}_{p^2} = {}_{p} \mathrm{C}_p = 1$ です。よって、

0 ≦ l ≦ p²-1 かつ1 ≦ j ≦ p-1 のとき、 m = lp+j に対し $\bm{ {}_{p^2+m } \mathrm{C}_{p^2} \equiv {}_{p+l} \mathrm{C}_p ( \mod p^2) }$
特に0 ≦ l ≦ p²-1 かつ m = lp+p-1 のとき、 $\bm { {}_{p^2+lp+p-1 } \mathrm{C}_{p^2} \equiv {}_{p+l} \mathrm{C}_p ( \mod p^3) }$
0 ≦ l ≦ p²-1 のとき、 $\bm{ {}_{p^2+lp } \mathrm{C}_{p^2} \equiv {}_{p+l} \mathrm{C}_p ( \mod p^3) }$