\(p\) を自然数とする. 次の関係式で定められる数列 \(\{ a _ n \} , \{ b _ n \}\) を考える. \[ \left\{ \begin{array}{ll} a _ 1 = p , \ b _ 1 = p+1 & \\ a _ {n+1} = a _ n + p b _ n & ( n = 1, 2, 3 , \cdots ) \\ b _ {n+1} = p a _ n + (p+1) b _ n & ( n = 1, 2, 3, \cdots ) \end{array} \right. \]
(1) \(n = 1, 2, 3, \cdots\) に対し, 次の \(2\) つの数がともに \(p^3\) で割り切れることを示せ. \[ a _ n -\dfrac{n(n-1)}{2}p^2 -np , \ b _ n -n(n-1)p^2 -np -1 \]
(2) \(p\) を \(3\) 以上の奇数とする. このとき, \(a _ p\) は \(p^2\) で割り切れるが, \(p^3\) では割り切れないことを示せ.
【 解 答 】
(1)
\(u _ n = a _ n -\dfrac{n(n-1)}{2}p^2 -np\) , \(u _ n = b _ n -n(n-1)p^2 -np -1\) とおく.
- [＊] ... 「 \(u _ n , v _ n\) は \(p^3\) で割り切れる. 」
これを, 数学的帰納法を用いて示す.
1* \(n = 1\) のとき \[\begin{align} u _ 1 & = p -0 \cdot p^2 -p = 0 , \\ v _ 1 & = p+1 -0 \cdot p^2 -p-1 = 0 \end{align}\] したがって, \(n = 1\) のとき [＊] は成立する.
2* \(n = k \ ( k \geqq 1 )\) のとき, [＊] が成立すると仮定すると \[\begin{align} u _ {k+1} & = a _ k +p b _ k -\dfrac{(k+1)k}{2} p^2 -(k+1) p \\ & = a _ k -\dfrac{k(k-1)}{2} p^2 -kp +p ( b _ k -kp -1 ) \\ & = u _ k +p v _ k +k(k-1) p^3 \end{align}\] ゆえに, \(u _ {k+1}\) は \(p^3\) で割り切れる. また \[\begin{align} v _ {k+1} & = p a _ k +(p+1) b _ k -(k+1)k p^2 -(k+1) p -1 \\ & = b _ k -k(k-1) p^2 -kp -1 +p ( a _ k +b _ k -2kp -1 ) \\ & = v _ k +p \left\{ u _ k +v _ k +\dfrac{3 k(k-1)}{2} p^2 \right\} \\ & = p u _ k +(p+1) v _ k +\dfrac{3 k(k-1)}{2} p^3 \end{align}\] \(\dfrac{3 k(k-1)}{2}\) は整数なので, \(v _ {k+1}\) は \(p^3\) で割り切れる.
したがって, \(n = k+1\) のときも [＊] が成立する.
以上より, 自然数 \(n\) に対して \(u _ n , v _ n\) はともに \(p^3\) で割り切れる.
(2)
\[\begin{align}
a _ p & = u _ p +\dfrac{p(p-1)}{2} p^2 -p^2 \\
& = u _ p +p^2 \underline{\left( p \cdot \dfrac{p-1}{2} -1 \right)} _ {[1]} \\
\end{align}\]
\(p\) は奇数なので \(\dfrac{p-1}{2}\) は整数であり, 下線部 [1] は \(p\) の倍数ではない.
(1) の結果を合わせれば, \(a _ p\) は \(p^2\) で割り切れるが, \(p^3\) では割り切れない.