（その１）では
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た．すなわち，
１^s＋２^s＋３^s＋・・・＋ｎ^s＝０ （ｍｏｄ ｎ（ｎ＋１）／２）
また，コラム「ウォルステンホルムの定理」では，ｐを素数，ｋをｐ−１で割り切れない正の整数とするとき，
１^k＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k
がｐで割り切れることを証明なしに用いた．今回のコラムでは，このことを証明してみよう．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【１】簡単な例
まず，簡単な例を示す．
１^k＋２^k＋３^k＋４^k （ｍｏｄ ５）
に対して，１^k，２^k，３^k，４^k （ｍｏｄ ５）を個々に手計算し，そのあとで加算してみよう．
ｋ １^k ２^k ３^k ４^k １^k＋２^k＋３^k＋４^k
０ １ １ １ １ ４
１ １ ２ ３ ４ ０
２ １ ４ ４ １ ０
３ １ ３ ２ ４ ０
４ １ １ １ １ ４
５ １ ２ ３ ４ ０
６ １ ４ ４ １ ０
７ １ ３ ２ ４ ０
８ １ １ １ １ ４
このように１^k，２^k，３^k，４^k （ｍｏｄ ５）はすべて周期４をもっていることがわかる．たとえば，３^k+4＝３^k・８１＝３^k （ｍｏｄ ５）である．このことは１^k＋２^k＋３^k＋４^k （ｍｏｄ ５）も周期４をもっていることを意味する．ｋが４で割り切れないとき，そのときに限り
１^k＋２^k＋３^k＋４^k＝０ （ｍｏｄ ５）
そうでないとき，
１^k＋２^k＋３^k＋４^k＝−１ （ｍｏｄ ５）
となることが予想される．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【２】ｍｏｄ算術
ｍｏｄ算術を扱う場合，１／２のような数はある整数と同値である．たとえば，
１／２＝６／２＝３ （ｍｏｄ ５）
１＋１／２＋１／３＋１／４＝１＋１３＋１７＋１９＝０ （ｍｏｄ ２５）
また，
１＋１／２＋１／３＋１／４＝１＋３＋２＋４＝０ （ｍｏｄ ５）
であるが，
４＝−１，３＝−２ （ｍｏｄ ５）
を使えば，
１＋１／２＋１／３＋１／４＝１−２＋２−１＝０ （ｍｏｄ ５）
同様に，
ｐ−１＝−１，ｐ−２＝−２，・・・ （ｍｏｄ ｐ）
であるから
１＋１／２＋１／３＋・・・＋１／（ｐ−１）＝０ （ｍｏｄ ｐ）
を証明することができる．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【３】証明
［Ｑ］ｋがｐ−１の倍数でない場合，
１^k＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k＝０ （ｍｏｄ ｐ）
ｋがｐ−１の倍数の場合，
１^k＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k＝−１ （ｍｏｄ ｐ）
を証明せよ．
［Ａ］ｋがｐ−１の倍数であるとき，ａ^k＝１ （ｍｏｄ ｐ）
１^k＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k＝１＋１＋１＋・・・＋１＝ｐ−１＝−１ （ｍｏｄ ｐ）は明らかである．
そこで，ｋをｐ−１で割り切れないものとする．１，２，・・・，ｐ−１は順序を無視すれば，法ｐに関する原始根をｇとすると法ｐに関してｇ，２ｇ，・・・，（ｐ−１）ｇと合同である．
１^k＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k＝ｇ^k（１^k＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k） （ｍｏｄ ｐ）
それゆえ
１^k＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k＝０ （ｍｏｄ ｐ）
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【４】補足
一般に，ｐを素数，ｋをｐ−１で割り切れない正の整数とするとき，
１^k＋１／２^k＋１／３^k＋・・・＋１／（ｐ−１）^k
の分子はｐで割り切れる
＝１^k＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k
がｐで割り切れることが示されています．
コラム「ウォルステンホルムの定理」では
１^k＋１／２^k＋１／３^k＋・・・＋１／（ｐ−１）^k
＝１^k＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k （ｍｏｄ ｐ）
であることを用いているのですが，これは，
１＝１，１／２^k＝２^k，１／３^3＝３^k，・・・，１／（ｐ−１）^k＝（ｐ−１）^k （ｍｏｄ ｐ）
という意味ではありません．各逆数１／１，１／２^k，・・・，１／（ｐ−１）^k （ｍｏｄ ｐ）は，すべての剰余１，２^k，・・・，（ｐ−１）^k （ｍｏｄ ｐ）をきっかり１回だけ覆うという意味で，再配列によって
１＋１／２^k＋１／３^k＋・・・＋１／（ｐ−１）^k
＝１＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k （ｍｏｄ ｐ）
となるのです．
ここでも同様で，
１＝ｇ，２^k＝（２ｇ）^k，３^3＝（３ｇ）^k，・・・，（ｐ−１）^k＝（（ｐ−１）ｇ）^k （ｍｏｄ ｐ）
という意味ではありません．１，２^k，・・・，（ｐ−１）^k （ｍｏｄ ｐ）は，ｇ，（２ｇ）^k，・・・，（（ｐ−１）ｇ）^k （ｍｏｄ ｐ）をきっかり１回だけ覆うという意味で，再配列によって
１^k＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k
＝ｇ^k＋（２ｇ）^k＋（３ｇ）^k＋・・・＋（（ｐ−１）ｇ）^k （ｍｏｄ ｐ）
となるのです．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝