トップ› 基礎問題› 数学2› 式と証明› 多項定理› 問題 4

数学2 多項定理問題 4 解説

方針・初手

(1) は多項定理そのものである。 (2) は (1) の結果を利用し、展開式の各項の係数が $p$ の倍数になることを示す。素数 $p$ の性質を用いる典型的な論証である。 (3) は (2) で得られた恒等式において、$x_1, x_2, \cdots, x_r$ に適切な値を代入することで証明できる。フェルマーの小定理の証明の流れである。

解法1

(1)

多項定理より、$(x_1 + x_2 + \cdots + x_r)^p$ を展開したときの $x_1^{p_1} x_2^{p_2} \cdots x_r^{p_r}$ （ただし $p_1 + p_2 + \cdots + p_r = p$、$p_i \ge 0$）の係数は、

$$\frac{p!}{p_1! p_2! \cdots p_r!}$$

である。

(2)

(1) より、

$$(x_1 + x_2 + \cdots + x_r)^p = \sum_{p_1 + \cdots + p_r = p} \frac{p!}{p_1! p_2! \cdots p_r!} x_1^{p_1} x_2^{p_2} \cdots x_r^{p_r}$$

と表せる。この右辺の和のうち、ある $k$ について $p_k = p$ （他の $p_i$ はすべて $0$）となる項は、$x_1^p, x_2^p, \cdots, x_r^p$ の $r$ 個であり、これらの係数は $\frac{p!}{p!} = 1$ である。したがって、

$$(x_1 + x_2 + \cdots + x_r)^p - (x_1^p + x_2^p + \cdots + x_r^p) = \sum_{p_1 + \cdots + p_r = p, \, 0 \le p_i < p} \frac{p!}{p_1! p_2! \cdots p_r!} x_1^{p_1} x_2^{p_2} \cdots x_r^{p_r}$$

となる。右辺の各項の係数 $\frac{p!}{p_1! p_2! \cdots p_r!}$ について考える。分子の $p!$ は $p$ の倍数である。一方、分母の $p_i!$ について、$0 \le p_i < p$ であるから、$p_1!, p_2!, \cdots, p_r!$ は素数 $p$ を素因数に持たない。よって、分母の積 $p_1! p_2! \cdots p_r!$ も $p$ を素因数に持たず、$p$ と互いに素である。係数 $\frac{p!}{p_1! p_2! \cdots p_r!}$ は整数であるから、これは $p$ の倍数である。 $x_1, x_2, \cdots, x_r$ は正の整数であるから、右辺は $p$ の倍数の和となり、$p$ で割り切れる。以上より、$(x_1 + x_2 + \cdots + x_r)^p - (x_1^p + x_2^p + \cdots + x_r^p)$ は $p$ で割り切れる。

(3)

(2) で示された性質は、任意の正の整数 $x_1, x_2, \cdots, x_r$ に対して成り立つ。ここで、$x_1 = x_2 = \cdots = x_r = 1$ を代入する。

$$(1 + 1 + \cdots + 1)^p - (1^p + 1^p + \cdots + 1^p) = r^p - r = r(r^{p-1} - 1)$$

(2) より、この値は $p$ で割り切れる。すなわち、$r(r^{p-1} - 1)$ は $p$ の倍数である。条件より、$r$ は素数 $p$ で割り切れないから、$r$ と $p$ は互いに素である。したがって、$r^{p-1} - 1$ は $p$ で割り切れる。

解説

多項定理を利用してフェルマーの小定理を証明する有名問題である。 (2) において、係数 $\frac{p!}{p_1! \cdots p_r!}$ が $p$ の倍数になる理由を説明する際、「分子が $p$ を因数に持ち、分母が $p$ を因数に持たない（$p$ より小さい階乗の積だから）」という論理を丁寧に記述することが求められる。(3) では (2) の恒等式に具体的な数値を代入するという発想が必要だが、「任意の正の整数 $x_i$ に対して成り立つ」という式の特徴から自然と導けるだろう。