日比谷生からの挑戦③ 解答その②

解答の後半になります。前半はこちら

4 数II

2019³¹の下3桁を求めよ。

解答４

二項定理より、

$\displaystyle 2019^{31}=(2020-1)^{31}\\\displaystyle=2020^{31}-{}_{31}\mathrm{C}_1 2020^{30}+{}_{31}\mathrm{C}_2 2020^{29}+\\\displaystyle\dots+{}_{31}\mathrm{C}_{28}2020^3-{}_{31}\mathrm{C}_{29}2020^2+{}_{31}\mathrm{C}_{30}2020-1$

ここで、 $\displaystyle 2020^{31}$ から $\displaystyle {}_{31}\mathrm{C}_{28}2020^3$ までの項は明らかに1000で割り切れる。また、

$\displaystyle -{}_{31}\mathrm{C}_{29}2020^2=-{}_{31}\mathrm{C}_{2}2020^2=-\frac{31\cdot30}{2}\cdot2020^2=-31\cdot61206000$

より、 $\displaystyle -{}_{31}\mathrm{C}_{29}2020^2$ の項も1000で割り切れる。

最後の2項は、 $\displaystyle {}_{31}\mathrm{C}_{30} 2020-1=61619$

よって、Nを整数として、

$\displaystyle 2019^{31}=1000N+619$

となるから、答えは619

解説４

問題1と同じ方針になりました。高校の数IIで習う二項定理を使います。

二項定理

$\displaystyle (x+y)^n={}_{n}\mathrm{C}_{0}x^n+{}_{n}\mathrm{C}_{1}x^{n-1}y+\dots+{}_{n}\mathrm{C}_{n-1}xy^{n-1}+{}_{n}\mathrm{C}_{n}y^n$

ただし

$\displaystyle {}_{n}\mathrm{C}_{r}=\frac{n!}{(n-r)!\ r!}\\\displaystyle=\frac{n\cdot(n-1)\cdots(n-r+1)}{r\cdot(r-1)\cdots1}$

二項定理はさまざまな使われ方をします。

例① y=1を代入して、

$\displaystyle (x+1)^n={}_{n}\mathrm{C}_{0}x^n+{}_{n}\mathrm{C}_{1}x^{n-1}+\dots+{}_{n}\mathrm{C}_{n-1}x+{}_{n}\mathrm{C}_{n}$

さらにx=1を代入すれば、

$\displaystyle 2^n={}_{n}\mathrm{C}_{0}+{}_{n}\mathrm{C}_{1}+\dots+{}_{n}\mathrm{C}_{n-1}+{}_{n}\mathrm{C}_{n}$

x=1,y=-1を代入すれば、

$\displaystyle 0={}_{n}\mathrm{C}_{0}-{}_{n}\mathrm{C}_{1}+\dots+(-1)^{n-1}{}_{n}\mathrm{C}_{n-1}+(-1)^n{}_{n}\mathrm{C}_{n}$

例② pを素数とする。(p+1)ⁿ-1がpで割り切れることを証明せよ。

証明二項定理より、

$\displaystyle (p+1)^n-1\\\displaystyle={}_{n}\mathrm{C}_{0}p^n+{}_{n}\mathrm{C}_{1}p^{n-1}+\dots+{}_{n}\mathrm{C}_{n-1}p+{}_{n}\mathrm{C}_{n}-1\\\displaystyle={}_{n}\mathrm{C}_{0}p^n+{}_{n}\mathrm{C}_{1}p^{n-1}+\dots+{}_{n}\mathrm{C}_{n-1}p\\\displaystyle=p({}_{n}\mathrm{C}_{0}p^{n-1}+{}_{n}\mathrm{C}_{1}p^{n-2}+\dots+{}_{n}\mathrm{C}_{n-2}p+{}_{n}\mathrm{C}_{n-1})$

よってpの倍数。

また、 $\displaystyle {}_{n}\mathrm{C}_{r}$ は二項係数と言われます。高校受験などではn個の物からr個を選ぶのが $\displaystyle {}_{n}\mathrm{C}_{r}$ 通りだと習いますね。

5 数III(発展)

$\displaystyle z$ は複素数で、 $\displaystyle z=\cos(\frac{2\pi}{2019})+i\sin(\frac{2\pi}{2019})$ とする。

(1) $\displaystyle 1+z+z^2+z^3+\dots+z^{2018}$ を求めよ。

(2) $\displaystyle (z-1)(z^2-1)(z^3-1)\dots(z^{2018}-1)$ を求めよ。

(3) $\displaystyle \frac{1}{z-1}+\frac{1}{z^2-1}+\frac{1}{z^3-1}+\dots+\frac{1}{z^{2018}-1}$ を求めよ。

かなり難問です。(1)は典型問題です。(2)以降はかなりトリッキーな解法ですが美しいです。

解答５

(1)

ドモアブルの定理より、

$\begin{align}z^{2019}=1\\ z^{2019}-1=0\\(z-1)(z^{2018}+z^{2017}+\dots+z+1)=0\end{align}$

$\displaystyle z-1≠0$ より両辺を $\displaystyle z-1$ で割って、

$\displaystyle z^{2018}+z^{2017}+\dots+z+1=\underline{0}$

(2)

$\displaystyle f(x)=x^{2018}+x^{2017}+\dots+x+1$ とする。

$\displaystyle (x-1)f(x)=x^{2019}-1$

より、 $\displaystyle f(x)=0$ の解は、

$\displaystyle x=z,z^2,\dots,z^{2018}$

である。

$\displaystyle g(x)=f(x+1)=(x+1)^{2018}+(x+1)^{2017}+\dots+(x+1)+1$

とする。 $\displaystyle g(x)=0$ の解は、

$\displaystyle x=z-1,z^2-1,z^3-1,\dots,z^{2018}-1$

である。

$\displaystyle g(x)=(x+1)^{2018}+(x+1)^{2017}+\dots+(x+1)+1...①$

①の両辺に $\displaystyle (x+1)$ をかけて、

$\displaystyle (x+1)g(x)=(x+1)^{2019}+(x+1)^{2018}+\dots+(x+1)^2+(x+1)...②$

②-①を計算すると、

$\begin{align}xg(x)=(x+1)^{2019}-1\\g(x)=\frac{(x+1)^{2019}-1}{x}\end{align}$

ここで、二項定理より、

$\displaystyle (x+1)^{2019}=x^{2019}+2019x^{2018}+{}_{2019}\mathrm{C}_{2}x^{2017}+\dots+{}_{2019}\mathrm{C}_{2017}x^2+2019x+1$

よって、

$\displaystyle g(x)=x^{2018}+2019x^{2017}+{}_{2019}\mathrm{C}_{2}x^{2016}+\dots+{}_{2019}\mathrm{C}_{2017}x+2019$

解と係数の関係から、

$\displaystyle (z-1)(z^2-1)(z^3-1)\dots(z^{2018}-1)=\underline{2019}$

(2) 別解

g(x)の定数項は、g(0)に等しい。

$\displaystyle g(0)=1^{2018}+1^{2017}+\dots+1+1=2019$

解と係数の関係から、

$\displaystyle (z-1)(z^2-1)(z^3-1)\dots(z^{2018}-1)=\underline{2019}$

(3)

$\displaystyle g(x)=0$ つまり、

$\begin{align}x^{2018}+2019x^{2017}+{}_{2019}\mathrm{C}_{2}x^{2016}+\dots+{}_{2019}\mathrm{C}_{2017}x+2019=0\end{align}$

の両辺を $\displaystyle x^{2018}≠0$ で割って、

$\begin{align}1+2019\biggl(\frac{1}{x}=\biggr)+{}_{2019}\mathrm{C}_{2}\biggl(\frac{1}{x}\biggr)^2+\dots+{}_{2019}\mathrm{C}_{2017}\biggl(\frac{1}{x}\biggr)^{2017}+2019\biggl(\frac{1}{x}\biggr)^{2018}=0\end{align}$

$\displaystyle \frac{1}{x}=y$ とすると

$\begin{align}1+2019y+{}_{2019}\mathrm{C}_{2}y^2+\dots+{}_{2019}\mathrm{C}_{2017}y^{2017}+2019y^{2018}=0\end{align}$

降べきの順に並び替えて、

$\begin{align}2019y^{2018}+{}_{2019}\mathrm{C}_{2017}y^{2017}+\dots+{}_{2019}\mathrm{C}_{2}y^2+2019y+1=0\end{align}$

この式の左辺を $\displaystyle h(y)$ とする。

$\displaystyle g(x)=0$ の解は、

$\displaystyle x=z-1,z^2-1,z^3-1,\dots,z^{2018}-1$

であるから、 $\displaystyle h(y)=0$ の解は、

$\displaystyle y=\frac{1}{z-1},\frac{1}{z^2-1},\frac{1}{z^3-1},\dots,\frac{1}{z^{2018}-1}$

である。解と係数の関係から、

$\displaystyle \frac{1}{z-1}+\frac{1}{z^2-1}+\frac{1}{z^3-1}+\dots+\frac{1}{z^{2018}-1}=\frac{{}_{2019}\mathrm{C}_{2017}}{2019}=\underline{1009}$

解説５

(3)でやったことを一般化しておきます。

解の逆数を解に持つ方程式

n次方程式

$\displaystyle a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+a_2 x^{n-2}+\dots+a_{n-2}x^2+a_{n-1}x+a_n=0\ (a_0≠0,\ a_n≠0)$

の解が $\displaystyle x=x_1,x_2,\cdots,x_{n-1},x_n$ であるとする。

$\displaystyle x=\frac{1}{x_1},\frac{1}{x_2},\cdots,\frac{1}{x_{n-1}},\frac{1}{x_n}$

を解にもつn次方程式は、

$\displaystyle a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\dots+a_2 x^2+a_1 x+a_0=0$

で表される。