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pを5以上の素数としたとき(x+1)(x+2)…(x+p-1)を展開したとき、定数項と最高次...

mph********さん

2011/8/1001:01:26

pを5以上の素数としたとき(x+1)(x+2)…(x+p-1)を展開したとき、定数項と最高次数の係数以外はpの倍数となることを示せ。


これがどうしてもできません 解法教えてください!

補足回答ありがとうございます 非常にわかりやすかったです
しかし非常に申し訳ないのですがもう1つ質問を忘れてました、よければお付き合いください
xの係数はp^2で割りきれることを示せ

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pui********さん

編集あり2011/8/1412:55:33

(x+1)(x+2)…{x+(p-2)}{x+(p-1)}
=x^(p-1) +a(p-2)*x^(p-2) +...+a(2)*x^2 +a(1)*x +a(0)
とかく

このとき
(x-1)(x-2)…{x-(p-2)}{x-(p-1)}
=x^(p-1) -a(p-2)*x^(p-2) +...+a(2)*x^2 -a(1)*x +a(0)
となる。

>本題

基本対称式
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%AF%BE%E7%A7%B0%E5%BC%8F#.E5.9F.BA....

原始根
http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/suuron/node36.html

iを1以上p-2以下の整数とする。

a(i)は、p-1変数の基本対称式σ(i)(1,2,…,p-1)であるから
a(i)=σ(i)(1,2,…,p-1)とかける。

pを法とする原始根をgとすると{g,2g,…,(p-1)g}と{1,2,…,p-1}は
mod pでまったく同じ集合となるので

σ(i)(1,2,…,p-1)≡σ(i)(g,2g,…,(p-1)g)≡g^i*σ(i)(1,2,…,p-1) (mod p)
(1-g^i)*σ(i)(1,2,…,p-1)≡0 (mod p)
gはpを法とする原始根だから、1-g^iはpで割り切れない。
よって、σ(i)(1,2,…,p-1)≡0 (mod p)
したがってa(1)≡a(2)≡...≡a(p-2)≡0 (mod p)であることがいえる。

>補足

(p-1)!={p-(p-1)}*{p-(p-2)}*...*(p-2)*(p-1)
=(p-1)(p-2)・・・{p-(p-2)}{p-(p-1)}
=p^(p-1) -a(p-2)*p^(p-2) +...+a(2)*p^2 -a(1)*p +a(0)

ここでa(0)=(p-1)!だから
p^(p-1) -a(p-2)*p^(p-2) +...+a(2)*p^2 -a(1)*p=0がわかる

ここでp≧5でかつa(p-2)≡...≡a(2)≡0 (mod p)がいえているから
p^(p-1)≡a(p-2)*p^(p-2) ≡...≡a(2)*p^2≡0 (mod p^3)
よりa(1)*p≡0 (mod p^3)がいえる。

したがってa(1)≡0 (mod p^2)がいえる。


:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

nichkopenさんへ
補足の回答には致命的な誤りがあるね。

xの係数はきちんと計算すると
「Σ{(p-1)!/k} ←kは1からp-1まで」となるはず。
(x^2+px+p-1){x^2+px+2(p-2)}…{x^2+px+(p-1)(p+1)/4}
の展開を用いても、xの係数は
「p×(p-1)!×Σ[1/{k(p-k)}] ←kは1から(p-1)/2まで」
となるはず。

この定理を証明するポイントは
「どうすれば、『Σ[1/{k(p-k)}] ←kは1から(p-1)/2まで』の分子が
pで割り切れることが証明できるか?」これに尽きるよ。

nichkopenさんへヒントをさらに

「{(p-1)!}^2×Σ[1/{k(p-k)}] ←kは1から(p-1)/2まで」
がpで割り切れることを示す方向でいった方が筋がいいと思う

Σ[{(p-1)!/k}×{(p-1)!/(p-k)}] ←kは1から(p-1)/2まで
と変形してx(k)=(p-1)!/kとでもおきかえてごらん。
まず、x(k)とx(p-k)に関して、面白いことがいえる。
あとは、いわないよ。君が計算してみてね。

もし、君の思考、計算過程にミスがなければ、有名な
1^2+2^2+…+k^2の和の公式が出てくるはずだ。

補足の問題はWolstenholme の定理という整数論では結構有名な事実だよ。
この夏、考えて見るとよいと思う。、

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sat********さん

編集あり2011/8/1017:19:41

f(x)=(x+1)(x+2)…(x+p-1)-(x^(p-1)+(p-1)!)とおくと、これはp-2次以下の多項式で、a=1、2、…、p-1の時、mod pで
f(a)≡0+(1-1)=0(ウィルソンの定理とフェルマ-の小定理)
又、f(0)=(p-1)!-(p-1)!=0
よって、f(x)はmod pでp-1個の異なる根を持つのでf≡0(mod pで)
従って
(x+1)(x+2)…(x+p-1)≡x^(p-1)+(p-1)!
これは題意を示している■

※一般に、fのn次多項式
がn個以下の根しか持たないことはよく知られていますが、
pが素数であればfのn次多項式はmod pでn個以下の根しか持たないことも成り立ちます(証明は一般の場合とおなじ)

nic********さん

編集あり2011/8/1204:01:19

pは5以上の素数だから、奇数。
つまりp-1は偶数だから、ペアを作ることが出来る。

与式=(x+1)(x+p-1)(x+2)(x+p-2)…{x+(p-1)/2}{x+(p+1)/2}
=(x^2+px+p-1){x^2+px+2(p-2)}…{x^2+px+(p-1)(p+1)/4}・・・①

①の2次式の塊の中の1次の項は全てpxだから、
定数項と最高次数項以外はpxが1個以上かかっている。

以上より題意は示された。

--------------------------------------------------------------

展開前の係数が全て整数なので、展開後のxの係数も整数。

xの係数は、

p×Σ[(p-1)!/{k(p-k)}] ←kは1から(p-1)/2まで
=p×(p-1)!×Σ[1/{k(p-k)}]

と表すことが出来る。

Σ[(p-1)!/{k(p-k)}] は整数。

以上より、xの係数はp^2の倍数。


-----------------------------------------------
puit578さん、

あなたの仰るとおり、間違っていることに気付きました。

// xの係数は、
//
// p×Σ[(p-1)!/{k(p-k)}] ←kは1から(p-1)/2まで
//
// と表すことが出来る。

の間違いですね。

(p-1)!×Σ[1/{k(p-k)}] ←kは1から(p-1)/2まで

がpの倍数である事を示す必要がありますね・・・

明日帰省なので・・・
今日中に示すことが出来たらまた追記します。

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