解説

方針・初手

二項係数の整数性を使いながら、割り切れるかどうかを「商が整数になるか」で確認する。特に （2） で示す「素数 $p$ に対して、二項係数 ${}_pC_k$ は $p$ で割り切れる」という性質を、（3） の二項展開にそのまま用いる。

解法1

**(1)**

$n \geqq 2$ とする。

$$ {}_nC_2=\frac{n(n-1)}{2}

$$

であるから、${}_nC_2$ が $n$ で割り切れることは、

$$ \frac{{}_nC_2}{n}=\frac{n-1}{2}

$$

が整数であることと同値である。

したがって、必要十分条件は $n-1$ が偶数であること、すなわち $n$ が奇数であることである。

ゆえに、

$$ {}_nC_2 \text{ が } n \text{ で割り切れる} \iff n \text{ は奇数}

$$

である。

**(2)**

$p$ を $2$ 以上の素数、$k$ を $p$ より小さい正の整数とする。すなわち $1 \leqq k \leqq p-1$ である。

二項係数について、

$$ k,{}*pC_k=p,{}*{p-1}C_{k-1}

$$

が成り立つ。実際、

$$ \begin{aligned} k,{}*pC_k &=k\cdot \frac{p!}{k!(p-k)!} \\ &=\frac{p!}{(k-1)!(p-k)!} \\ &=p\cdot \frac{(p-1)!}{(k-1)!(p-k)!} \\ &=p,{}*{p-1}C_{k-1} \end{aligned}

$$

である。

右辺は $p$ で割り切れるので、

$$ p \mid k,{}_pC_k

$$

である。

ここで $1 \leqq k \leqq p-1$ かつ $p$ は素数だから、$k$ と $p$ は互いに素である。したがって、$p \mid k,{}_pC_k$ より、

$$ p \mid {}_pC_k

$$

が従う。

よって、${}_pC_k$ は $p$ で割り切れる。

**(3)**

二項定理より、

$$ (n+1)^p=\sum_{k=0}^{p}{}_pC_k n^k

$$

である。これを端の項とそれ以外に分けると、

$$ (n+1)^p =n^p+\sum_{k=1}^{p-1}{}_pC_k n^k+1

$$

となる。

したがって、

$$ (n+1)^p-n^p-1 =\sum_{k=1}^{p-1}{}_pC_k n^k

$$

である。

（2） より、$1 \leqq k \leqq p-1$ に対して ${}_pC_k$ はすべて $p$ で割り切れる。よって、各項 ${}_pC_k n^k$ も $p$ で割り切れる。

したがって、その和である

$$ (n+1)^p-n^p-1

$$

も $p$ で割り切れる。

解説

（1） は、${}_nC_2$ の形を具体的に書き、$n$ で割った商が整数になる条件を調べればよい。結論は「$n$ が奇数」である。

（2） は、この問題の中心である。素数 $p$ に対して、$1$ 番目から $p-1$ 番目までの二項係数はすべて $p$ の倍数になる。これは二項係数の基本的で重要な性質であり、（3） でそのまま使う。

（3） は、$(n+1)^p$ を二項展開したとき、両端の項 $n^p$ と $1$ を取り除くと、中間項だけが残る。その中間項の係数がすべて $p$ の倍数であるため、全体も $p$ の倍数になる。

答え

**(1)**

$$ {}_nC_2 \text{ が } n \text{ で割り切れるための必要十分条件は、} n \text{ が奇数であること。}

$$

**(2)**

$p$ を $2$ 以上の素数、$1 \leqq k \leqq p-1$ とすると、

$$ p \mid {}_pC_k

$$

である。

**(3)**

任意の正の整数 $n$ に対して、

$$ p \mid \left\{(n+1)^p-n^p-1\right\}

$$

である。