＜まなぶ＞やっぱり２の倍数です。
＜よしお＞３の倍数も含んでいると思います。
＜先 生＞その通り。よしおのいうように３の倍数を含んでいるね。ではこうやってどんどん切り取る間隔を延ばしていったらどうなるだろう。下の図を見て各自考えてごらん。
＜かず子＞分かりました。間隔が５だと５の倍数。間隔が６だと６の倍数のように「間隔の倍数」を含んでいます。
＜先 生＞もっと具体的にいってみよう。間隔がｎの場合はｎの倍数を含んでいるということだね。ところで実は、先ほどまなぶがいっていたことも重要なことなんだ。間隔３ということは、間隔２を延ばしたものだね。だから２の倍数も含むことになる。間隔５ではどうだろう。
＜まなぶ＞２の倍数、３の倍数、４の倍数，５の倍数を含みます。
＜先 生＞したがって、間隔ｎは、ｋ(ｋ=１，２，３，……，ｎ)の倍数を含む。これから間隔ｎに含まれるすべての数の積を計算すると、２の倍数、３の倍数、…、ｎの倍数の積を含むわけだから、「連続するｎ個の整数の積」は、
ｎ×(ｎ－1)×(ｎ－2)×(ｎ－3)×………×３×２×１ ………(*)
で割りきれることが分かるんだ。
さて、(*)の計算を圧縮して表現し、ｎ!と書くことにしよう。読みかたはｎの階乗(ｎ factorial) 「ひゃくとおりある」なんて語路合せで覚えればよい。
＜生徒達＞…………
＜先 生＞……まっ、冗談はさておき、まとめると
「連続するｎ個の整数の積はｎ！で割りきれる」
ということだが、次にこれを利用した問題を解いてみよう。
＜先 生＞まず(1)を考えてみよう。３！＝６だから、与式は連続する３個の整数の積になっていればいいことがわかる。
ｎ3＋５ｎ＝ｎ(ｎ2＋５)
となるけど、さて連続する３個の整数の積をどうやって作ればいいだろう。ｎをそのひとつとして考えてみよう。
＜よしお＞ ｎ，ｎ＋１，ｎ＋２でしょうか。
＜先 生＞うん、そうすると、与式の中の因数には(ｎ＋１)(ｎ＋２) すなわちｎ2＋３ｎ＋２ が足りないことになるから
(与式)＝ｎ(ｎ2＋５)
＝ｎ{(ｎ＋１)(ｎ＋２)－(ｎ2＋３ｎ＋２)＋ｎ2＋５}
＝ｎ{(ｎ＋１)(ｎ＋２)－３(ｎ＋１)}
＝ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)－３ｎ(ｎ＋１)
ここで、ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)は連続する３個の整数の積だから６の倍数となる。また、ｎ(ｎ＋１)は連続する２個の整数の積だから２の倍数、したがって３ｎ(ｎ＋１)は６の倍数。よって、以上より与式は６の倍数であることがわかる。ところで他のみんなもよしおと同じような連続する３つの整数を考えたのかな。
＜かず子＞あのう、私は、ｎ－１とｎとｎ＋１ を考えました。
＜先 生＞では、かず子の考えた整数について、どうなるか計算してみよう。
(与式)＝ｎ(ｎ2＋５)
＝ｎ(ｎ2－１＋６)
＝(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)＋６ｎ
(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)は連続する３個の整数の積だから明らかに与式も６の倍数だね。こちらの方が分かり易いかもしれない。では、まなぶはどう考えたのだろう。
＜まなぶ＞あのう、ぼくは、ｎをもとにするのを忘れて、ｎ＋１，ｎ＋２，ｎ＋３にしてしまったんですけど。
＜先 生＞話をよく聞いていないということだが、でも間違いではないよ。ちょっとやってみよう。
(ｎ＋１)(ｎ＋２)(ｎ＋３)=ｎ3＋６ｎ2＋１１ｎ＋６ｎ
だから、
(与式)＝ｎ3＋５ｎ
＝(ｎ3＋６ｎ2＋１１ｎ＋６)－６ｎ2－６ｎ－６
＝(ｎ＋１)(ｎ＋２)(ｎ＋３)－６(ｎ2＋ｎ＋１)
ほら、できてしまった。要は、方針を決めたら初志貫徹、何が何でもその方向へ式を変形するって気持ちを持つことだ。数学はエレガントだけでなくこういった強引さも必要なんだ。これを強引ぐ(Going)my way という。
＜生徒達＞………
＜先 生＞………まっ、とにかく(1)はできたから、次は(2)。まず与式を因数分解してみよう。
(与式)＝ｎ(ｎ4－１)
＝ｎ(ｎ2－１)(ｎ2＋１)
＝(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)(ｎ2＋１) ……(**)
さて、ここで、(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)は連続する３個の整数の積だ。５の倍数であることを示すには連続する５個の整数の積を作ればいい。では残りの２つの整数はなんだろう。
＜よしお＞ (ｎ＋２)，(ｎ＋３)です。
＜先 生＞確かにそうだけど、もう少し計算しやすいものはないかな。
＜かず子＞ｎ－２とｎ＋２のほうがいいと思います。
＜先 生＞そう、その通り。(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)の前後の数を考えればいいね。そうすると(ｎ－２)(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)という連続する５個の整数の積が作られる。さあ、それでは変形しよう。
(与式)＝(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１){(ｎ2－４)＋５}
＝(ｎ－２)(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)＋５(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)
あとは、もう明らかだよな。
ところで、(**)を見てごらん。この式の(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)は連続する３個の整数の積であるわけだから、実は与式は６の倍数でもある。したがって、与式は５の倍数かつ６の倍数、すなわち３０の倍数になっているんだ。
さあ、それでは最後の問題(3)だ。まなぶ、まず因数分解をしてみよう。
＜まなぶ＞ (与式)=ｎ(ｎ6－１)
＝ｎ(ｎ2－１)(ｎ4＋ｎ2＋１)
＝(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)(ｎ4＋ｎ2＋１)
となります。
＜先 生＞ＯＫ！。この段階で６の倍数であることが分かるね。したがって４２の倍数であるには、あとは７の倍数であることを示せばよい。さあ、それでは連続する７個の整数の積を作ってみよう。よしお、どうする。
＜よしお＞ (ｎ－１)ｎ(ｎ＋１) の前後に、(ｎ－３)，(ｎ－２)，(ｎ＋２)，(ｎ＋３)を掛けます。
＜先 生＞だいぶ、要領良くなってきたな。
(ｎ－３)(ｎ－２)(ｎ＋２)(ｎ＋３)＝(ｎ－３)(ｎ＋３)(ｎ－２)(ｎ＋２)
＝(ｎ2－９)(ｎ2－４)
＝ｎ4－１３ｎ2＋３６
だから、
(与式)＝(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)(ｎ4＋ｎ2＋１)
＝(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１){(ｎ4－１３ｎ2＋３６)＋１４ｎ2－３５}
＝(ｎ－３)(ｎー２)(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)(ｎ＋３)＋７(２ｎ2－５)(ｎ－１)ｎ(ｎ＋１)
さあ、７の倍数であることが示されたね。
従来は、例えば６の倍数を示すには、剰余系を考え２と３を法(modulus)として分類し、場合分けで証明していたが、「数学Ⅰ」で並行して個数の処理を学ぶようになってからは、組合せを利用した方法も可能となってきた。
ここで、 は自然数であることから、右辺も自然数。よって、ｎ(ｎ－１)(ｎ－２)(ｎ－３)………(ｎ－ｋ＋１)なる連続するｋ個の整数の積はｋ！で割りきれる。したがって、ｍ(２≦ｍ≦ｋ)の倍数であるかどうかを示すには連続するｋ個の整数の積を作ればいいことになる。そして倍数問題は、この考え方の方が安易にそして簡単にできてしまうことが多いようだ。
もちろん場合分けというもっとも数学的な思考整理法は大切にしなければならないと思うが、中学校での場合分けの指導が単位数減の現状において段々と希薄になってきている関係から、高校現場では剰余類の概念を生徒に指導するのは困難になってきてもいる。もう少し思考を練り、そしてほぐす時間が欲しい。１年間を通して少しずつ場合分けの思考を育てていけばいいのではないだろうか。
ところで、本文の問題の(2),(3)は、フェルマーの小定理に関するものである。一般に
|
ｐを素数とするとき、 ｎp≡ｎ (mod ｐ) ｎ∈Ｎ ………(#) |
proof)
Ｐ(ｎ)＝ｎp－ｎ とおく。
Ｐ(１)＝０より 明らかに成立
Ｐ(ｍ)で成立すると仮定する。 すなわち Ｐ(ｍ)＝ｍp－ｍ≡０ (mod ｐ)
ここで
連続するｋ個の整数の積ｐ(ｐ－１)(ｐ－２)………(ｐ－ｎ＋ｋ)はｋ！で割り切れるが、
ｐは素数、 １≦ｋ≦ｐ－１
であるから、(ｐ－１)(ｐ－２)(ｐ－３)………(ｐ－ｋ＋１)か゛ｋ！で割り切れる。
∴ pＣk＝ｐｔk，ｔk∈Ｎ とおける。
よって Ｐ(ｍ＋１) においても成立する。
以上より、すべての自然数ｎにおいてＰ(ｎ)は成立する。 Q.E.D
この(#)から、
ｎp－ｎ＝ａｐ ａ∈Ｎ とおくと、
ｎ(ｎp-1－１)＝ａｐ
ここで(ｎ，ｐ)＝１であれば、
ｎp-1－１≡０ (mod ｐ)
よって、フェルマーの小定理を得る。
|
nを自然数、pを素数とする。nとpが互いに素であるとき、 ｎp-1≡１ (mod ｐ) |
以上の証明は、剰余系の概念を必ずしも理解していなくても、十分高校生が理解できる内容であると思う。
具体的には、次のような問題にも応用できる。
| ex) ２1999 を１９で割った余りを求めよ。 |
解) (２，１９)＝１ であるから、
２18≡１ (mod １９)
２1999＝(２18)111・２
≡２ (mod １９)
よって、余りは２
フェルマーの小定理は、Ｍp＝２p－１なるメルセンヌ数へと拡張し、「２p-1・Ｍpは完全数である」というユークリッドの発見に回帰する。
初等整数論は時間の流れの中を揺れ動いているのである。フェルマーの大定理は、今世紀にその証明が完結したが、この分野はまだまだ興味をそそる題材が埋もれている。その探求が高校生の知識でも可能であるとしたら楽しいことである。ちょっとした興味で「数学の尻尾」に触れることができるのである。