解決済み

前にあげた問題に間違えがあったので訂正版です。

pq2p≧q≧2を満たす整数p,qp,qが、

pCq=pq{}_p\mathrm{C}_q =pqを満たすp,qp,qの値の組を全て求められる方はいらっしゃいますか?

ベストアンサー

ベストアンサー

この問題ですよね…… なかなか煮詰まらなくて、解が一つしかないのは何となくわかったんですが証明がちょっと、ね


(p,q)=(5,2) ではないですか?(p,q)=(5,2) ではないですか?


上に式をちょこっと変えて、

p1Cq1=q2{}_{p-1} \mathrm{C} _{q-1}=q^2

こうしたんですが特殊な状況においてコンビネーションが平方数を取らない証明ができなくて積みまして、別の方向性とか数学的帰納法とかもやってみようかとも思ったんですが、なんか手ごたえがなかったので もう少し時間がかかるかもです……

補足

ほんと遅れてスミマセン🙇

返信(1件)

ありがとうございます!!!

(p,q)=(5,2)\left(p,q\right)=\left(5,2\right)は僕も同じです。

僕もいろいろと試してみた(結局は帰納法)のですが、ほかにいい案があったりしないかなということで,,,

ありがとうございます。あなた様の回答(解き方)を、私でも考察してみようと思います

そのほかの回答(1件)

(1)q=p(1)q=pのとき

pCp=1{}_p \mathrm{C}_p =1

1=p21=p^2

(p,q)=(1,1)(p,q)=(1,1)


(2)q=p1(2)q=p-1のとき

pCp1=p{}_p \mathrm{C}_{p-1} =p

p=p(p1)p=p(p-1)

(p,q)=(2,1)(p,q)=(2,1)


(3)q=p2(3)q=p-2のとき

pCp2=p(p1)2{}_p \mathrm{C}_{p-2} =\dfrac{p(p-1)}{2}

p(p1)2=p(p2)\dfrac{p(p-1)}{2}=p(p-2)

(p,q)=(3,1)(p,q)=(3,1)


(4)q=p3(4)q=p-3のとき

pCp3=p(p1)(p2)6{}_p \mathrm{C}_{p-3} =\dfrac{p(p-1)(p-2)}{6}

p(p1)(p2)6=p(p3)\dfrac{p(p-1)(p-2)}{6}=p(p-3)

(p,q)=(4,1),(5,2)(p,q)=(4,1)✕,(5,2)○


(5)q=pk(4kp2)(5)q=p-k(4 \leqq k \leqq p-2)のとき

pCpk=p(p1)(p2)(pk+1)k!{}_p \mathrm{C}_{p-k} =\dfrac{p(p-1)(p-2) \cdots (p-k+1)}{k!}

p(p1)(p2)(pk+1)k!=p(pk)\dfrac{p(p-1)(p-2) \cdots (p-k+1)}{k!}=p(p-k)

(p1)(p2)(pk+1)k!=(pk)\dfrac{(p-1)(p-2) \cdots (p-k+1)}{k!}=(p-k)

p=k+1p=k+1でこの式が成り立ち、(p,q)=(k+1,1)(p,q)=(k+1,1)

p=k+2p=k+2のとき、

(右辺)=k+12,(左辺)=2(右辺)=\dfrac{k+1}{2},(左辺)=2

k4k \geqq 4より、(左辺)(右辺)(左辺) \geqq (右辺)

f(p)=(p1)(p2)(pk+1)k!f(p)=\dfrac{(p-1)(p-2) \cdots (p-k+1)}{k!}とすると、

f(k+2)=k+12f(k+2)=\dfrac{k+1}{2}

f(k+2)=k+12(13+14++1k+1)>1f'(k+2)=\dfrac{k+1}{2}(\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{k+1})>1

f(p)p=1,2,3,,k1f(p)はp=1,2,3,\cdots,k-1を根に持つ多項式であるため、pk+2p \geqq k+2において、常にf(p)>1f'(p)>1

よって、pk+2p \geqq k+2において、f(p)=pkf(p)=p-kは解をもたず、p(p1)(p2)(pk+1)k!=p(pk)\dfrac{p(p-1)(p-2) \cdots (p-k+1)}{k!}=p(p-k)を満たすppは存在しない。


以上(1)(1)(5)(5)より、(p,q)=(5,2)(p,q)=(5,2)のみである。


やってるうちに、自分でも正しい議論ができているか分からなくなっちゃいました。ところどころ計算を省略しています。