COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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融合問題(整数論分野)

融合問題

問題≪フェルマーの小定理≫

 $p$ を素数とし, $k$ を $p-1$ 以下の正の整数とする. 次のことを示せ.
(1)
$k\,{}_p\mathrm C_k = p\,{}_{p-1}\mathrm C_{k-1}$ が成り立つ.
(2)
${}_p\mathrm C_k$ は $p$ の倍数である.
(3)
各整数 $a$ に対して, $a^p-a$ は $p$ の倍数である.
[奈良女子大*]

解答例

(1)
二項係数の定義により, \begin{align*} k\,{}_p\mathrm C_k &= k\cdot\frac{p!}{k!(p-k)!} \\ &= k\cdot\frac{p}{k}\cdot\frac{(p-1)!}{(k-1)!\{ (p-1)-(k-1)\} !} \\ &= p\,{}_{p-1}\mathrm C_{k-1} \end{align*} が成り立つ.
(2)
(1) から, $k\,{}_p\mathrm C_k$ は $p$ の倍数である.
$p$ は素数であり, $1 \leqq k \leqq p-1$ であるから, $p,$ $k$ は互いに素である.
よって, ${}_p\mathrm C_k$ は $p$ の倍数である.
(3)
(I)
$a \geqq 0$ のとき. $a$ に関する数学的帰納法で示す.
(i)
$a = 0$ のとき. $0^p-0 = 0$ から, $a^p-a$ は $p$ の倍数である.
(ii)
与えられた非負整数 $a$ に対して $a^p-a$ が $p$ の倍数であるとする. このとき, (2) から \begin{align*} &(a+1)^p-(a+1) \\ &= \left( a^p+\sum\limits_{k = 1}^{p-1}{}_p\mathrm C_ka^{p-k}+1\right) -(a+1) \\ &= (a^p-a)+\sum\limits_{k = 1}^{p-1}{}_p\mathrm C_ka^{p-k} \end{align*} は $p$ の倍数となる.
(i), (ii) から, $a \geqq 0$ のとき $a^p-a$ は $p$ の倍数である.
(II)
$a < 0,$ $p \geqq 3$ のとき. $p$ は奇数であるから $(-a)^p-(-a) = -(a^p-a)$ であり, これは (i) から $p$ の倍数である. よって, $a^p-a$ も $p$ の倍数である.
(III)
$a < 0,$ $p = 2$ のとき. $a^2-a = a(a-1)$ は偶数であるから, $a^p-a$ は $p$ の倍数である.
(I)~(III) から, 各整数 $a$ に対して $a^p-a$ は $p$ の倍数である.

別解

(1)
$p$ 人から $k$ 人を選び, その $k$ 人からリーダー $1$ 人を選ぶ方法は, 全部で ${}_p\mathrm C_k\cdot k$ 通りある. 同様にするには, $p$ 人からリーダー $1$ 人 L を選んでおき, L を除く $p-1$ 人から残りの $k-1$ 人を選ぶこともできるから, これは $p{}_{p-1}\mathrm C_{k-1}$ に等しい. よって, $k\,{}_p\mathrm C_k = p\,{}_{p-1}\mathrm C_{k-1}$ が成り立つ.

背景

  • (3) で示した命題は,「フェルマーの小定理」(Fermat's little theorem)と呼ばれ, 整数論の諸定理の証明に使われている.
  • この定理の対偶から, ある整数 $a$ に対して $a^n-a$ が $n$ の倍数とならないような $1$ より大きい整数 $n$ は合成数であることが言える. これは, 素数の候補の絞り込みに利用されている.

問題≪ピタゴラス数の公式の幾何的証明≫

 点 $\mathrm A(-1,0)$ を通る傾き $t$ の直線と単位円の交点 $\mathrm P(x,y)$ について, 次の問いに答えよ.
(1)
$t$ を用いて $x,$ $y,$ $\dfrac{1-x}{1+x}$ を表せ.
(2)
$x,$ $y$ が有理数のとき, $t$ は有理数であることを示せ.
(3)
$t$ が正の有理数のとき, $x,$ $y$ は互いに素なある正の整数 $m,$ $n$ を用いて \[ x = \frac{m^2-n^2}{m^2+n^2}, \quad y = \frac{2mn}{m^2+n^2} \quad \cdots [\text A]\] と表されることを示せ.
 また, 互いに素な整数 $a,$ $b,$ $c$ が $a^2+b^2 = c^2$ を満たすとき, 次のことを示せ.
(4)
$a,$ $b$ の偶奇は異なる.
(5)
$a$ が奇数のとき, $a,$ $b,$ $c$ は互いに素で偶奇の異なる正の整数 $m,$ $n\ (m > n)$ を用いて \[ a = m^2-n^2, \quad b = 2mn, \quad c = m^2+n^2 \quad \cdots [\text B]\] と表される.

解答例

(1)
点 $\mathrm A(-1,\ 0)$ を通る傾き $t$ の直線の方程式は \[ y = t(x+1) \quad \cdots [1],\] 単位円の方程式は \[ x^2+y^2 = 1 \quad \cdots [2]\] である.
点 $\mathrm P(x,\ y)$ はこれらの交点であるから, $[1]$ を $[2]$ に代入すると \[ (1+t^2)x^2+2t^2x+(t^2-1) = 0\] となる. $x,$ $-1$ はこの方程式の解であるから, 解と係数の関係により \[ x-1 = -\frac{2t^2}{1+t^2}\] が成り立つ. よって, \begin{align*} x &= 1-\frac{2t^2}{1+t^2} = \frac{1-t^2}{1+t^2} \quad \cdots [3], \\ y &= t\left(\frac{1-t^2}{1+t^2}+1\right) = \frac{2t}{1+t^2} \quad \cdots [4], \\ \frac{1-x}{1+x} &= \frac{1\!-\!\dfrac{1\!-\!t^2}{1\!+\!t^2}}{1\!+\!\dfrac{1\!-\!t^2}{1\!+\!t^2}} \!=\! \frac{(1\!+\!t^2)\!-\!(1\!-\!t^2)}{(1\!+\!t^2)\!+\!(1\!-\!t^2)} \!=\! t^2 \quad \cdots [5] \end{align*} が得られる.
(2)
仮定から $x$ は有理数なので, $[5]$ から $t^2$ は有理数である.
さらに, $y$ も有理数なので, $[4]$ から $t = \dfrac{1+t^2}{2}y$ も有理数である.
(3)
互いに素な正の整数 $m,$ $n$ を用いて $t = \dfrac{n}{m}$ とおくと, $[3],$ $[4]$ から \begin{align*} x &= \frac{1-\dfrac{n^2}{m^2}}{1+\dfrac{n^2}{m^2}} = \frac{m^2-n^2}{m^2+n^2}, \\ y &= \frac{2\cdot\dfrac{n}{m}}{1+\dfrac{n^2}{m^2}} = \frac{2mn}{m^2+n^2} \end{align*} となる.
(4)
$a,$ $b$ の偶奇が一致するとして, 矛盾を導く.
(i)
$a,$ $b$ が偶数であるとき, $a^2+b^2 = c^2$ は偶数となり, よって $c$ は偶数となるが, これは $a,$ $b,$ $c$ が互いに素であることに反する.
(ii)
$a,$ $b$ が奇数であるとき, 各整数 $d$ に対して \[ (2d+1)^2 = 4(d^2+d)+1\] を $4$ で割った余りは $1$ であることから, $a^2+b^2 = c^2$ を $4$ で割った余りは $1+1 = 2$ となるが, これは $c^2$ を $4$ で割った余りが $0$ または $1$ であることに反する.
(i), (ii) から, $a,$ $b$ の偶奇は異なる.
(5)
$(x,y) = \left(\dfrac{a}{c},\dfrac{b}{c}\right)$ は $x^2+y^2 = 1$ の正の有理数解であるから, (3) の結果から $x,$ $y$ は互いに素な正の整数 $m,$ $n\ (m > n)$ を用いて $[\text A]$ のように表せる. よって, \[ a:b:c = (m^2-n^2):2mn:(m^2+n^2)\] であるので, $a,$ $b,$ $c$ が互いに素であることから, ある正の整数 $k$ に対して \[ ka = m^2-n^2, \quad kb = 2mn, \quad kc = m^2+n^2\] となる. \[ k(c+a) = 2m^2, \quad k(c-a) = 2n^2\] から $k$ は $2m^2,$ $2n^2$ の公約数であるが, $m,$ $n$ は互いに素であるから, $k = 1$ または $k = 2$ である.
$m,$ $n$ がともに奇数であるとすると, $mn = k\cdot\dfrac{b}{2}$ は奇数となるから, $k = 1$ となり, $a = m^2-n^2$ となって, $a$ は偶数となるが, これは $a$ が奇数であることに反する.
よって, $m,$ $n$ の偶奇は異なる. これから $ka = m^2-n^2$ は奇数であることが言えて, $k = 1$ が言える. これで, 求める表示 $[\text B]$ が得られた.

背景

 三平方の定理に現れる方程式 \[ a^2+b^2 = c^2\] を「ピタゴラスの方程式」と呼び, その正の整数解 $(a,b,c)$ を「ピタゴラス数」と呼ぶ. これは, $3$ 辺の長さがすべて整数であるような直角三角形の辺の長さの組に他ならない. このような直角三角形は「ピタゴラスの三角形」と呼ばれ, 古くから直角の計測に利用されていたと考えられている. 本問では, すべての「ピタゴラス数」を表す公式 $[\text B]$ を求めた.