シルヴァーマン 「はじめての数論」第3版 第36章練習問題

36.1

(a) 252 (b) 184756 (c) 1365 (d) 4455100

36.2

_nC_k-1+_nC_k=n!/[(k-1)!(n-k+1)!]+n!/[k!(n-k)!]

=n!/[(k-1)!(n-k)!] [1/(n-k+1)+1/k]=(n+1)!/[k!(n-k+1)!]=_n+1C_k

36.3

n=6までの、行の和の列は1, 2, 4, 8, 16, 32, 64なので、2の冪になると予想される。

実際、定理36.2の式においてA=B=1とおけば、Σ_{0≤k≤ n n}C_k=2ⁿ。

36.4

(a)

_-1C_k=(-1)^k·1·2·3·...·k/k!=(-1)^k

(b)

_-1/2C_k=(-1)^k/( k!·2^k)·1·3·5·...·(2k-1)=(-1)^k(2k-1)!!/( k!·2^k)

=(-1)^kk(2k-1)!/[(k!)²·2^2k-1]

36.5

n=0のときは、₀C₀=1, ₀C_k=0と定義することにすれば、与えられた級数は1=(1+x) ⁰となる。

n<0を整数とする。m=-n=|n|とおくと、練習問題36.4(a)と同様にして、

_-mC_k=(-1)^k(m+k-1)!/[k!(m-1)!]である。

与えられた無限級数の第k項(k≥0)をb_k=_-mC_k x^kとすると、

|b_k+1/b_k|=|(m+k)/(1+k)||x|である。|x|<1となる各xに対して、

|x|<ρ<1となるρをとれば、k>(mx-ρ)/(ρ-x)となるすべてのkについて、

(mx-ρ<0ならすべてのk≥0について)

|b_k+1/b_k|=|(mx+kx)/(k+1)|<|[(ρ-x)k+ρ+kx]/(1+k)|=ρ<1

となるから、Σ_k b_kは十分大きいkに対しては公比ρの等比級数の劣級数となるので、

|x|<1で絶対収束する。

(1+x)^-mのTaylor展開は(1+x)^-m=Σ_k (-1)^k(m+k-1)!/[k!(m-1)!]x^k=Σ_{k -m}C_k x^kなので、

与えられた級数にxの冪の係数が一致するので、|x|<1で(1+x)ⁿに収束する。

36.6

(a)

n=4, k=2≤n-1=3のとき₄C₂=6なのでnは_nC_kを割らない。

(b)

n=4, 1≤ k≤n-1に対し、kの昇順に_nC_k≡0, 2, 0 (mod 4)。

n=6, 1≤ k≤n-1に対し、kの昇順に_nC_k≡0, 3, 2, 3, 0 (mod 6)。

n=8, 1≤ k≤n-1に対し、kの昇順に_nC_k≡0, 4, 0, 6, 0, 4, 0 (mod 8)。

n=9, 1≤ k≤n-1に対し、kの昇順に_nC_k≡0, 0, 3, 0, 0, 3, 0, 0 (mod 9)。

n=10, 1≤ k≤n-1に対し、kの昇順に_nC_k≡0, 5, 0, 0, 2, 0, 0, 5, 0 (mod 10)。

n=12, 1≤ k≤n-1に対し、kの昇順に_nC_k≡0, 6, 4, 3, 0, 0, 0, 3, 4, 6, 0 (mod 12)。

n=14, 1≤ k≤n-1に対し、kの昇順に_nC_k≡0, 7, 0, 7, 0, 7, 2, 7, 0, 7, 0, 7, 0 (mod 14)。

(c)

1≤k≤n-1について、_nC_k≡0 となるのは、

(i) k=1または n-1のとき。

(ii) 1<k<n/2について、kがnを割らないとき。

(iii) k=n/2については場合による。

(iv) n/2<k< n-1について、n-kがnを割らないとき。

(d)

(i) k=1または n-1のときは。_nC₁=_nC_n-1=n≡0 (mod n)である。

(ii) 1<k<n/2で、kがnを割らないとする。

_nC_kの式n(n-1)(n-2)...(n-k+1)/k!において、分子の、1を除きk-1個の因子の積は、

分母の階乗の各因子と約分できるが、kはnを割らないので、

kと約分されるのはnではなく(n-1), (n-2), ..., (n-k+1)のいずれかである。

んで・・・う～んtotient関数φ(n)と関係しそうだけど・・・。

(ii)が証明されれば(iv)は明らか。

(iii)は・・・？n=16,18でも_nC_n/2≢0 (mod n)だけど・・・

36.7

(a)

p=3, 0≤ k≤p-1に対し、kの昇順に_p-1C_k≡1, -1, 1 (mod 3)。

p=5, 0≤ k≤p-1に対し、kの昇順に_p-1C_k≡1, -1, 1, -1, 1 (mod 5)。

p=7, 0≤ k≤p-1に対し、kの昇順に_p-1C_k≡1, -1, 1, -1, 1, -1, 1 (mod 7)。

p=11, 0≤ k≤p-1に対し、kの昇順に_p-1C_k≡1, -1, 1, -1, 1, -1, 1, -1, 1, -1, 1 (mod 11)。

p=13, 0≤ k≤p-1に対し、kの昇順に_p-1C_k≡1, -1, 1, -1, 1, -1, 1, -1, 1, -1, 1, -1, 1 (mod 13)。

_p-1C_k≡(-1)^k (mod p)。

∵) 定理36.1と定理36.3により、_p-1C_k-1+ _p-1C_k=_pC_k≡0 (mod p)(1≤ k≤p-1)なので、

_p-1C_k≡-_p-1C_k-1 (mod p)だから、_p-1C_k≡-_p-1C_k-1≡(-1)²_p-1C_k-2≡... ≡(-1)^k _p-1C₀=(-1)^k (mod p)。

(b)

p=5, 0≤ k≤p-2に対し、kの昇順に_p-1C_k≡1, -2, -2, 1 (mod 5)。

p=7, 0≤ k≤p-2に対し、kの昇順に_p-1C_k≡1, -2, 3, 3, -2, 1 (mod 7)。

p=11, 0≤ k≤p-2に対し、kの昇順に_p-1C_k≡1, -2, 3, -4, 5, 5, -4, 3, -2, 1 (mod 11)。

0≤k<(p-2)/2について、_p-2C_k≡(-1)^k(k+1)。(p-2)/2<k≤ p-2については対称性公式から。

∵) 定理36.1と(a)より、mod pで_p-2C_k≡_p-1C_k-_p-2C_k-1≡(-1)^k -_p-2C_k-1

≡(-1)^k -(-1)^k-1 +_p-2C_k-2=2(-1)^k+_p-2C_k-2≡... ≡k(-1)^k+(-1)^k_p-2C₀≡(-1)^k(k+1)。

36.8

(a)

nについての数学的帰納法で証明できる。

n=2の時成り立っていることはすでに示されている。

n-1で成り立つとすると、

(A₁+ A₂+... +A_n)^p=[(A₁+ A₂+...+A_n-1)+A_n)]^p≡(A₁+ A₂+...+A_n-1)^p+A_n^p≡A₁^p+ A₂^p+...+A_n-1^p+A_n^p

だからnでも成り立つ。

(b)

指数法則を適用して普通に正しい。