等比数列と倍数にまつわる整数の問題〈解答アリ〉

$p$を素数とし，$n$は$p$で“きっかり”$s$回割れるとする。このとき$n$は$n=hp^s$と表せる（$h$は$p$と互いに素）。このとき，$$ N=\bunsuu{1-k^{hp^s}}{1-k} $$
である。右辺の分子はさらに次の形に因数分解できる。$$ 1-k^{hp^s}=\left(1-k^{p^s}\right)\left(1+k^{p^s}+k^{2p^s}+\dots+k^{(k-1)p^s}\right) $$
$k\equiv1\pmod p$なので，$$ 1+k^{p^s}+k^{2p^s}+\dots+k^{(k-1)p^s}\equiv \underbrace{1+\dots+1}_{h}\equiv h\pmod p $$
である。$h$と$p$は互いに素だから，$1+k^{p^s}+k^{2p^s}+\dots+k^{(k-1)p^s}$は$p$で割り切れない。よって$$ \bunsuu{1-k^{p^s}}{1-k} $$
が$p$で何回割り切れるかを考えればよい。次の等式を利用する。$$ {\color{red}(*)}\quad \bunsuu{1-k^{p^s}}{1-k}=\prod_{j=1}^s \left\{1+\left(k^{p^{s-j}}\right)+\left(k^{p^{s-j}}\right)^2+\dots+\left(k^{p^{s-j}}\right)^{p-1}\right\} $$
ここで$p$は奇数の素数で，$k\equiv1\pmod p$だったので，$k^{p^{s-j}}$はある整数$q_j$を用いて$k^{p^{s-j}}=pq_j+1$と表される。${\color{red}(*)}$式の因数を書き換えると，$$ 1+(1+pq_j)+(1+pq_j)^2+\dots+(1+pq_j)^{p-1} $$
となっている。この式を展開して整理すると，次のようになる。$$ {\color{red}(\#)}\quad p+\underbrace{\kumiawase{p}{p-2}(pq_j)+\kumiawase{p}{p-3}(pq_j)^2+\cdots+(pq_j)^{p-1}}_{\color{blue}\spadesuit } $$
$\color{blue}\spadesuit$部分については$p^2$で割り切れるので，${\color{red}(\#)}$はきっかり$p$で割り切れる。従って${\color{red}(*)}$はきっかり$p$で$s$回割り切れることになり，これは$N$が$p$で$s$回割り切れることに等しい。

問題1の解答案において，$$ {\color{red}(*)}\quad \bunsuu{1-k^{p^s}}{1-k}=\prod_{j=1}^s \left\{1+\left(k^{p^{s-j}}\right)+\left(k^{p^{s-j}}\right)^2+\dots+\left(k^{p^{s-j}}\right)^{p-1}\right\} $$
までの議論は$p=2$であっても同様である。この${\color{red}(*)}$は$p=2$においては，$$ {\color{red}(*)}\quad \prod_{j=1}^s \left(1+k^{2^{s-j}}\right) $$
と書き表せる。また$k\equiv1\pmod4$とすると，$k^{2^{s-j}}\equiv1\pmod 4$となる。従って${\color{red}(*)}$式は，$$ \prod_{j=1}^s \left(1+4M_j+1\right)\qquad (M_j\in\mathbb Z) $$
と表され，$2+4M_j$は$2$の倍数だが$4$の倍数でないため，${\color{red}(*)}$は$2$できっかり$s$回で割り切れる。よって$N$も$2$できっかり$s$回割り切れる。