【４】ベキ和の公式の整除性

[Q]ｓが奇数の場合に

　　Σｋ^s＝１^s＋２^s＋３^s＋・・・＋ｎ^s

が

　　Σｋ＝１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝ｎ（ｎ＋１）／２

で割り切れることを証明してみます．

　　１^s＋２^s＋３^s＋・・・＋ｎ^s＝０　　（ｍｏｄ　ｎ（ｎ＋１）／２）

[１]ｎ＝２ｍ＋１の場合

　　１^s＋２^s＋３^s＋・・・＋ｎ^s＝０　　（ｍｏｄ　ｎ（ｎ＋１）／２）

は

　　１^s＋２^s＋・・・＋（２ｍ）^s＝０　　（ｍｏｄ　ｍ（２ｍ＋１））

になるが，ｍと２ｍ＋１は互いに素であるから，

　　１^s＋２^s＋・・・＋（２ｍ）^s＝０　　（ｍｏｄ　２ｍ＋１）

かつ

　　１^s＋２^s＋・・・＋（２ｍ）^s＝０　　（ｍｏｄ　ｍ）

を証明することと同値である．

　まず

　　１^s＋２^s＋・・・＋（２ｍ）^s＝０　　（ｍｏｄ　２ｍ＋１）

から始めるが，ｍｏｄ　２ｍ＋１より，２ｍ＝−１，２ｍ−１＝−２，・・・

　したがって，

　　１^s＋２^s＋・・・＋（２ｍ）^s

　＝１^s＋２^s＋・・・＋ｍ^s＋（−１）^s＋（−２）^s＋・・・＋（−ｍ）^s＝０　　（ｍｏｄ　２ｍ＋１）

　＝０　　（∵ｓは奇数）

[２]ｎ＝２ｍの場合

　次に

　　１^s＋２^s＋・・・＋（２ｍ）^s＝０　　（ｍｏｄ　ｍ）

であるが，ｍｏｄ　ｍより，ｍ＝０，ｍ＋１＝１，・・・

　　１^s＋２^s＋・・・＋（２ｍ）^s

　＝１^s＋２^s＋・・・＋ｍ^s＋ｍ^s＋（ｍ＋１）^s＋・・・＋（２ｍ）^s

　＝１^s＋２^s＋・・・＋０^s＋０^s＋１^s＋・・・＋０^s

　＝２（１^s＋２^s＋・・・＋（ｍ−１）^s）　　（ｍｏｄ　ｍ）

　ここで，ｍが奇数ならば

　２（１^s＋２^s＋・・・＋（ｍ−１）^s）　　（ｍｏｄ　ｍ）

＝２（１^s＋・・・＋（（ｍ−１）／２）^s＋（−（ｍ−１）／２）^s＋・・・＋（−１）^s）＝０となるし，ｍが偶数ならば（ｍ＝２ｋ）

　２（１^s＋２^s＋・・・＋（ｍ−１）^s）＝２ｋ^s＝０　（ｍｏｄ　２ｋ）

となって証明されたことになるのである．

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