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5章

解答 18   問題18    

解1      $n^9-n^3=n^2(n^7-n)$ なので $n$ が3の倍数なら明らかに9の倍数である．

3の倍数でないときに示す．$n=3k\pm 1$とおく．

$$\begin{eqnarray*} n^9-n^3&=&(3k\pm 1)^3\{(3k\pm 1)^6-1\}\\ &=&(27k^3\pm27k^... ...\bmod.\ 9)\\ &=&(\pm1)(18k^2\pm 9k+1-1)\equiv 0\,(\bmod.\ 9) \end{eqnarray*}$$

ゆえに $n^9-n^3$ は9で割り切れる．

解2     

$$\begin{eqnarray*} n^9-n^3&=&n^3(n^3-1)(n^3+1)\\ &=&(n-1)n(n+1)n^2(n^2+n+1)(n^2-n+1)\\ &=&(n-1)\{(n-1)^2+3n\}\cdot n^3\cdot(n+1)\{(n+1)^2-3n\} \end{eqnarray*}$$

$n$が3の倍数なら$n^3$が9の倍数， $n$が3で割って1余る数なら $(n-1)\{(n-1)^2+3n\}$が9の倍数， $n$が3で割って2余る数なら $(n+1)\{(n+1)^2+3n\}$が9の倍数となり， つねに3の倍数である．

解答 19   問題19    

1. 整数$n$を3で割ると商が$q$で余りが$r$とする．$r=0,\ 1,\ 2$である．
   
   $$n^2=(3q+r)^2=3(3q^2+2qr)+r^2$$
   
   なので，$n^2$と$r^2$は3で割った余りが等しい．
   
   $$r^2=0,\ 1,\ 4=3+1$$
   
   なので，整数の2乗を3でわった余りは0か1であることを示された． また，$n^2$を3で割った余りが0になるのは，$n$が3の倍数であるときにかぎることも 示された．
2. $y$も$z$も3の倍数でないとする．このとき(1)から $y^2=3k+1,\ z^2=3l+1$ とおける．また2項定理から
   
   $$7^{2n}=(6+1)^{2n}=\sum_{i=0}^{2n-1}{}_{2n}\mathrm{C}_i6^{2n-i}+1$$
   
   なので，$7^{2n}=3m+1$とおける．ここで$k,\ l,\ m$は整数である．このとき
   $$\begin{eqnarray*} 7^{2n}(y^2+10z^2)&=&(3m+1)\{3k+1+10(3l+1)\}\\ &=&(3m+1)\{(3(10l+k+3)+2\} \end{eqnarray*}$$
   
   なので， $7^{2n}(y^2+10z^2)$を3で割ると2余る．

   一方$x^2$を3で割ると0か1余る．ゆえに条件式の両辺を3で割った余りが 右辺と左辺で異なり矛盾である．

   したがって少なくとも$y$または$z$が3の倍数で，$yz$が3の倍数であることが示された．

3. $yz$が3の倍数で$y，\ z$がともに素数なので，$y=3$または$z=3$である．

   $y=3$のとき．条件式は
   

   $$x^2=7^{2n}(9+10z^2)$$
   
   となる．$7^{2n}$も平方数なので，$9+10z^2$は平方数でなければならない． これを$N^2$とおく．つまり $10z^2=(N+3)(N-3)$となる整数$N$が存在しなければならない．

   $N+3=N-3+6$なので，$N+3$と$N-3$の偶数・奇数は一致する．ゆえに可能性があるのは
   

   $$(N+3,\ N-3)=(5z^2,\ 2),\ (z^2,\ 10),\ (10z,\ z),\ (5z,\ 2z),\ (10,\ z^2)$$
   
   このうち$z$が素数になるのは最後の2つの場合のみ．いずれも$z=2$

   $z=3$のとき．$y^2+90$が平方数．同様に$y^2+90=N^2$とおく．
   

   $$(N+y)(N-y)=90$$
   
   である．$N+y=N-y+2y$より$N+y$と$N-y$の偶数・奇数は一致し，積は奇数かまたは 4の倍数である．90はそのいずれでもないので，この場合$y$はない．

   したがって$y=3,\ z=2$．
   

   $$x^2=7^{2n}(9+40)=7^{2n+2}$$
   
   
   
   $$∴\quad x=7^{n+1}$$
   
   

解答 20   問題20   

1. 　有理数 $\alpha$を $\alpha=\dfrac{q}{p}$とおく．ここで$p$と$q$を互いに素にとる．
   
   $$f\left(\dfrac{q}{p}\right) =\left(\dfrac{q}{p}\right)^n+... ...t)^{n-1}+ \cdots +a_{n-1}\left(\dfrac{q}{p}\right)+a_n =0$$
   
   より
   
   $$q^n=-p\left(a_1q^{n-1}+ \cdots +a_{n-1}qp^{n-2}+a_np^{n-1}\right)$$
   
   である．右辺は$p$の倍数で$p$と$q^n$も互いに素なので，$p=\pm 1$． よって$\alpha$ は整数である．
2. 対数を示す．方程式 $f(x)=0$ が有理数の解$\alpha$をもつとする．(1)から$\alpha$は整数である．

   $\alpha$を$k$で割った商を$q$，余りを$r$とする．ここで自然数$j$に対して
   

   $$\alpha^j-r^j=(\alpha-r)(\alpha^{j-1}+\alpha^{j-2}r+\cdots+r^{j-1})$$
   
   で$\alpha-r=kq$より，$\alpha^j-r^j$は$k$の倍数である． $\alpha^j=r^j+N_jk$とおく．$a_0=1,\ N_0=0$とする．
   
   $$f(\alpha) =\sum_{j=0}^na_j\alpha^{n-j} =\sum_{j=0}^na_... ...-j}k) =\sum_{j=0}^na_jr^{n-j}+k\sum_{j=0}^na_jN_{n-j} =0$$
   
   より
   
   $$\sum_{j=0}^na_jr^{n-j}=f(r)=-k\sum_{j=0}^na_jN_{n-j}$$
   
   となり，これは$k$の倍数である． つまり，$k$ 個の整数 $f(0),f(1),f(2), \cdots ,f(k-1)$ のうち$f(r)$が $k$ で割り切れる． $f(0)=a_n$で $$f(k)=\sum_{j=0}^na_jk^{n-j}=k\sum_{j=0}^{n-1}a_jk^{n-j-1}+a_n$$より， $f(0)$が$k$の倍数であることと，$f(k)$が$k$の倍数であることは同値である． よって，$k$ 個の整数 $f(1),f(2), \cdots ,f(k)$ のうちに$k$ で割り切れるものが存在する．

   対偶が示され(2)が証明された．

注意 5        定理10によれば $\alpha\equiv r\quad (\bmod.\ k)$のとき

$$f(\alpha)\equiv f(r)\quad (\bmod.\ k)$$

であるが，入試問題ではそのまま使わずはじめから示さなければならない．

注意 6        最高次の係数が1で他の係数が整数である代数方程式の解を代数的整数という． 1次なら$f(x)=x+a$なので，その解も整数$-a$である． 代数的整数はこれを高次に拡大したものである． (1)は代数的整数でかつ有理数であるものは，整数であることを示している．

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