『９９９　Part２』解答

◆茨城県　小川　康幸 さんからの解答。

【問題２】

n, mを互いに素かつ、n<m を満たす自然数とする。
さらに、kを、mと互いに素な自然数とする。

n/mのk進小数で表現したときの循環節の長さが2aとなるとき、
k^a≡-1 (mod m)となるような、mをとる。

循環節を半分にして、それぞれ加えると、
各位の数はすべて、k−1である。

【問題２解答】

数列 a_i (i≧0)， b_i+1 (i≧0) を次のように定義する。

a₀=n

k*a_iをmで割った商をb_i+1、
余りを、a_i+1と定義する。

つまり、k*a_i=m*b_i+1+a_i+1

【命題１】

任意の非負整数iに対して、

｛１｝ 0≦a_i＜m
｛２｝ a_i≡n*kⁱ (mod m) 特に、a_i≠0
｛３｝ 0≦b_i+1＜k

【命題１証明】

明らかに、任意の非負整数iに対して、0≦a_i＜m，
a_i≡n*kⁱ (mod m)

任意の非負整数iに対して、0≦b_i+1＜kを示す。

m*b_i+1≦m*b_i+1+a_i+1=k*a_i＜k*mだから、
m*b_i+1＜k*mより、b_i+1＜m

b_i+1＜0 と仮定すると、

k*a_i
＝m*b_i+1+a_i+1
＜m*b_i+1+m
＝m*(b_i+1+1)≦0より、

a_i＜0となって不合理。

よって、示された。

また、a_i≠0を示す。

nもkもmと互いに素だから、n*kⁱ もmと互いに素だから、
n*kⁱはmで割り切れない。

ゆえに、
a_i≡n*kⁱ (mod m)だから、
a_iもmで割り切れない。

よって、a_i≠0が示された。

命題１証明終

明らかに、b_i+1は、n/mの小数点第i+1位の数である。

【命題２】

任意の非負整数iに対して、
b_i+s+1=b_i+1 ⇔ k^s≡1 (mod m)

【命題２証明】

k^s≡1 (mod m) のとき

命題１より、mod m で、
a_i+s≡k^i+s=k^s*kⁱ≡kⁱ≡a_i

ゆえに、命題1より、a_i+s=a_i

k*a_i=m*b_i+1+a_i+1
k*a_i=k*a_i+s=m*b_i+s+1+a_i+s+1 より、明らかに 、
b_i+s+1=b_i+1となる。

逆に、任意の非負整数iに対して、b_i+s+1=b_i+1 のとき

a_s≠a₀ と仮定する。

k*a_s=m*b_s+1+a_s+1
k*a₀=m*b₁+a₁より、

k*(a_s-a₀)=a_s+1-a₁
∵b₁=b_s+1だから！

k*a_s+1=m*b_s+2+a_s+2
k*a₁=m*b₂+a₂より、
k*(a_s+1-a₁)=a_s+2-a₂
∵b₂=b_s+2だから！

よって、k²*(a_s-a₀)=a_s+2-a₂

同様にして、
a_i+s-a_i=kⁱ*(a_s-a₀)がわかる。

｜a_i+s-a_i｜=kⁱ*｜a_s-a₀｜≧kⁱ

∵｜a_s-a₀｜≠0だから｜a_s-a₀｜≧1となる！

iを十分大きく取ると、kⁱ＞mとなるが、
これは、｜a_i+s-a_i｜＜mに反する。

よって、a_s=a₀

ゆえに、n*k^s≡a_s=a₀≡n (mod m)

nとmは互いに素だから、k^s≡1 (mod m)となる。

命題２証明終

1以上m以下の自然数の中で、mと互いに素な自然数の個数を
オイラー関数でψ(m)と書く事にする。

オイラーの定理より、k^ψ(m)≡1 (mod m)

命題２より、b_i+ψ(m)+1=b_i+1となる。

よって、n/mの循環節は、ψ(m)の約数である。

n/mの循環節が2aであるとき、命題２より、
k^2a≡1 (mod m)

ここで、問題の条件を使う！

条件より、k^a≡−1 (mod m)となる。

命題１より、任意の非負整数iに対して、
a_i+s+a_i≡n*k^i+s+n*kⁱ=n*kⁱ(k^s+1)≡0 (mod m)

命題１より、
0＜a_i，a_i+s＜mだから、
0＜a_i+s+a_i＜2m だから、
a_i+s+a_i=m

さて、問題２の証明に入ろう。

k*a_i=m*b_i+1+a_i+1
k*a_i+s=m*b_i+s+1+a_i+s+1
k*(a_i+s+a_i)=m*(b_i+1+b_i+s+1)+(a_i+1+a_i+s+1)
k*m=m*(b_i+1+b_i+s+1)+m
m*(k-1)=m*(b_i+1+b_i+s+1)

これより、b_i+1+b_i+s+1=k-1

よって、
（小数点i+1位の整数)+(小数点i+s+1位の整数)=k-1

がいえたから、問題２も証明された。

よって、k=10の特別な場合の問題１も証明された。

問題２解答終

【問題３】

mが素数pのとき、n/mの循環節が2aのとき、k^a≡-1 (mod m)となる。

【問題３解答】

mが素数pのとき、問題２の命題２より

k^2a≡1 (mod p)
(k^a-1)(k^a+1)≡0 (mod p)

pが素数だから、
k^a≡1 (mod p) または、k^a≡-1 (mod p)となる。

k^a≡1 (mod p) となると仮定する。

問題２の命題２より、n/mの循環節の長さがa以下になるので、
これは、n/mの仮定に反する。
(n/mの循環節の長さが2aだから)

k^a≡-1 (mod p)が成立する事がわかる。

問題３解答終

問題３の拡張として、

【問題４】

cを任意の自然数、qを奇数の素数とする。
m=q^cも問題３の条件を満たす。

つまり、n/mの循環節が2aのとき、k^a≡-1 (mod m)となる。

【問題４解答】

問題２の命題２より、
k^2a≡1 (mod m)
(k^a-1)(k^a+1)は、q^cで割り切れる。

(k^a-1)(k^a+1)は素数qで割り切れるので、
k^a-1とk^a+1の少なくとも一方はqで割り切れる。

(k^a-1)，(k^a+1)共にqで割り切れるとき
k^a-1≡0 ，k^a+1≡0 (mod q)だから、

2=(k^a+1)-(k^a-1)≡0-0=0 (mod q)

qは奇数の素数だから、これは不合理。

k^a-1がqで割り切れ、k^a+1が、qで割り切れないとき

qは素数だから、k^a+1は、qと互いに素、
よってk^a-1は、q^cで割り切れる。

k^a≡1 (mod q^c)
問題２の命題２より、n/mの循環節が，a以下であることになって、問題の仮定に反する。

k^a-1がqで割り切れず、k^a+1が、qで割り切れる。

qは素数だから、k^a-1は、qと互いに素、
よってk^a+1は、q^cで割り切れる。

よって、k^a≡-1 (mod q^c)となる事が示された。

問題４解答終

n/mの循環節が2aのとき、k^a≡-1 (mod m)となるmなのですが、素数だけではなく、奇素数のべき乗数でも良いみたいです。
問題４で証明しておきました。

あと、他にどんなmがこの条件を満たすのでしょうか？

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