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名古屋大学 2013年文系第3問解説

方針・初手

$T_m(n)$ はシグマ記号で定義された和であるが、各項には $S_k(n)$ が含まれている。$S_k(n)$ は $1^k$ から $n^k$ までの和であるから、$T_m(n)$ は二重の和となる。(1) は具体的に $n=1, 2$ を代入し、二項定理 $\sum_{k=0}^m {}_mC_k x^k = (1+x)^m$ を利用して計算する。(2) は (1) の計算の一般化であり、和の順序を交換することで二項定理が使える形を作り出す。(3) は (2) で得られた $T_m(n)$ の一般項に $n=p-1$ を代入し、$m=2, 3, 4, 5$ の場合を順次考えて帰納的に示す。その際、素数 $p$ が $7$ 以上であるため、$2, 3, 4, 5$ と互いに素であることが鍵となる。

解法1

(1)

$T_m(1) = \sum_{k=1}^{m-1} {}_mC_k S_k(1)$ について考える。条件より $S_k(1) = 1^k = 1$ であるから、次のように書ける。

$$ T_m(1) = \sum_{k=1}^{m-1} {}_mC_k $$

二項定理より $\sum_{k=0}^m {}_mC_k 1^k = (1+1)^m = 2^m$ であるから、

$$ \sum_{k=1}^{m-1} {}_mC_k = 2^m - {}_mC_0 - {}_mC_m = 2^m - 2 $$

よって、$T_m(1) = 2^m - 2$ である。

次に、$T_m(2) = \sum_{k=1}^{m-1} {}_mC_k S_k(2)$ を求める。 $S_k(2) = 1^k + 2^k$ であるから、

$$ \begin{aligned} T_m(2) &= \sum_{k=1}^{m-1} {}_mC_k (1^k + 2^k) \\ &= \sum_{k=1}^{m-1} {}_mC_k + \sum_{k=1}^{m-1} {}_mC_k 2^k \end{aligned} $$

二項定理より $\sum_{k=0}^m {}_mC_k 2^k = (1+2)^m = 3^m$ であるから、

$$ \sum_{k=1}^{m-1} {}_mC_k 2^k = 3^m - {}_mC_0 2^0 - {}_mC_m 2^m = 3^m - 1 - 2^m $$

したがって、

$$ \begin{aligned} T_m(2) &= (2^m - 2) + (3^m - 1 - 2^m) \\ &= 3^m - 3 \end{aligned} $$

(2)

$T_m(n)$ に $S_k(n) = \sum_{l=1}^n l^k$ を代入して和の順序を交換する。

$$ \begin{aligned} T_m(n) &= \sum_{k=1}^{m-1} {}_mC_k \left( \sum_{l=1}^n l^k \right) \\ &= \sum_{l=1}^n \left( \sum_{k=1}^{m-1} {}_mC_k l^k \right) \end{aligned} $$

二項定理より $\sum_{k=0}^m {}_mC_k l^k = (l+1)^m$ であるから、括弧内の和は次のように計算できる。

$$ \sum_{k=1}^{m-1} {}_mC_k l^k = (l+1)^m - {}_mC_0 l^0 - {}_mC_m l^m = (l+1)^m - 1 - l^m $$

これを元の式に代入すると、

$$ T_m(n) = \sum_{l=1}^n \left( (l+1)^m - l^m - 1 \right) $$

和を展開して整理する。

$$ \begin{aligned} T_m(n) &= \sum_{l=1}^n \left( (l+1)^m - l^m \right) - \sum_{l=1}^n 1 \\ &= \left( (2^m - 1^m) + (3^m - 2^m) + \cdots + ((n+1)^m - n^m) \right) - n \\ &= (n+1)^m - 1 - n \\ &= (n+1)^m - (n+1) \end{aligned} $$

(3)

(2) の結果に $n = p-1$ を代入すると、

$$ T_m(p-1) = p^m - p = p(p^{m-1} - 1) $$

となり、$m \ge 2$ において $T_m(p-1)$ は常に $p$ の倍数である。また、$T_m(p-1)$ の定義より、

$$ T_m(p-1) = \sum_{k=1}^{m-1} {}_mC_k S_k(p-1) $$

$m=2$ のとき、

$$ T_2(p-1) = {}_2C_1 S_1(p-1) = 2 S_1(p-1) $$

$T_2(p-1)$ は $p$ の倍数であり、$p$ は $7$ 以上の素数なので $2$ と $p$ は互いに素である。したがって、$S_1(p-1)$ は $p$ の倍数である。

$m=3$ のとき、

$$ T_3(p-1) = {}_3C_1 S_1(p-1) + {}_3C_2 S_2(p-1) = 3 S_1(p-1) + 3 S_2(p-1) $$

$T_3(p-1)$ は $p$ の倍数であり、先の結果から $3 S_1(p-1)$ も $p$ の倍数であるため、$3 S_2(p-1)$ は $p$ の倍数となる。$p$ は $7$ 以上の素数なので $3$ と $p$ は互いに素であり、$S_2(p-1)$ は $p$ の倍数である。

$m=4$ のとき、

$$ T_4(p-1) = {}_4C_1 S_1(p-1) + {}_4C_2 S_2(p-1) + {}_4C_3 S_3(p-1) = 4 S_1(p-1) + 6 S_2(p-1) + 4 S_3(p-1) $$

$T_4(p-1)$ は $p$ の倍数であり、$S_1(p-1)$ と $S_2(p-1)$ も $p$ の倍数であるため、$4 S_3(p-1)$ は $p$ の倍数となる。$p$ は $7$ 以上の素数なので $4$ と $p$ は互いに素であり、$S_3(p-1)$ は $p$ の倍数である。

$m=5$ のとき、

$$ \begin{aligned} T_5(p-1) &= {}_5C_1 S_1(p-1) + {}_5C_2 S_2(p-1) + {}_5C_3 S_3(p-1) + {}_5C_4 S_4(p-1) \\ &= 5 S_1(p-1) + 10 S_2(p-1) + 10 S_3(p-1) + 5 S_4(p-1) \end{aligned} $$

$T_5(p-1)$ は $p$ の倍数であり、$S_1(p-1), S_2(p-1), S_3(p-1)$ もすべて $p$ の倍数であるため、$5 S_4(p-1)$ は $p$ の倍数となる。$p$ は $7$ 以上の素数なので $5$ と $p$ は互いに素であり、$S_4(p-1)$ は $p$ の倍数である。

以上より、$S_1(p-1), S_2(p-1), S_3(p-1), S_4(p-1)$ はすべて $p$ の倍数であることが示された。

解説

二項定理を用いて和を計算する典型的な問題である。(2) の和の順序変更（$\sum\sum$ の入れ替え）は、数列の和の扱いにおいて非常に強力な手法である。また、和を計算する際に $\sum_{l=1}^n \left( (l+1)^m - l^m \right)$ が隣り合う項の差の形になっていることに気付けるかがポイントとなる。(3) は (2) で求めた具体的な式と定義式を見比べ、$m$ の値を小さい方から順に当てはめていくことで、帰納的に $S_k(p-1)$ が $p$ の倍数であることを導出できる。素数 $p$ と係数（$2, 3, 4, 5$）が互いに素であることを明記することが論理の飛躍を防ぐために不可欠である。