近年の東大入試の二項係数を少し変わった考え方で解いてみる

では,解いていきましょう.$(x+1{)}^{2022}$を$5$で割った余りを考えます.以下では$x$は整数とし,合同式は全て$5$を法とします.

$$\begin{array}{rl}(x+1{)}^5& \equiv x^5+5x^4+10x^3+10x^2+5x+1\\ & \equiv x^5+1\cdots \mathrm{①}\end{array}$$

①より,

$$\begin{array}{rl}(x+1{)}^{5^k}& \equiv x^{5^k}+1\cdots \mathrm{②}\end{array}$$

${2022}_{(10)}={31042}_{(5)}$であるから,②より,$(x+1{)}^{2022}$を$5$で割った余りは以下のように表現できますね.

$$\begin{array}{rl}(x+1{)}^{2022}& \equiv {(x^{5^4}+1)}^3(x^{5^3}+1){(x^{5^1}+1)}^4{(x^{5^0}+1)}^2\\ & \equiv {(x^{625}+1)}^3(x^{125}+1){(x^5+1)}^4{(x+1)}^2\cdots \mathrm{③}\end{array}$$

このように表現できることで考察がしやすくなります.元々は,
$$(x+1{)}^{2022}=(x+1)(x+1)(x+1)\cdots (x+1)$$
の$2022$個の掛け算だったのに対して,③では$10$個の掛け算に減らすことができました.

ここで気づきたいのが,③の式を展開した時に係数が$5$の倍数となるような項は存在しないということです.$x^{625}=x_4,x^{125}=x_3,x^{25}=x_2,x^5=x_1,x^1=x_0$とすると,③は以下のように表せますね.

$$\begin{array}{rl}{(x^{625}+1)}^3(x^{125}+1){(x^5+1)}^4{(x+1)}^2& \equiv (x_4+1{)}^3(x_3+1)(x_1+1{)}^4(x_0+1{)}^2\\ & \equiv ({x_4}^3+3{x_4}^2+3x_4+1)(x_3+1)({x_1}^4+4{x_1}^3+6{x_1}^2+4x_1+1)({x_0}^2+2x_0+1)\cdots \mathrm{④}\end{array}$$
④はどの項にも$5$の倍数を含んでいないので展開しても$5$の倍数を含む項は存在しないですね.したがって,④の形で表現される項は$5$の倍数を含まないものです.逆にそれ以外は$5$で割り切れるような数になってしまいますね.$5$の倍数とならないような$n$は$4\times 2\times 1\times 5\times 3=120$となって$120$個存在します.

したがって、求める$n$は$2022-120=1902$となって$1902$個です.

二項定理より
$$\begin{array}{rl}(x+1{)}^p& {=}_p{C}_0\cdot x^p{+}_p{C}_1\cdot x^{p-1}+\cdots {+}_p{C}_{p-1}\cdot x^1{+}_p{C}_p\cdot x^0\end{array}$$
となる.補題3より,素数$p$と正整数$n$($1\le n\le p-1$)を用いて${}_p{C}_n$と表される数は$p$の倍数であるから,
$$(x+1{)}^p\equiv x^p+1$$
が得られる.題意は示された.

定理1を複数回適用することで,定理2は容易に得られる.

$p$を素数,$n$を$0<n<p$なる正整数とする.この時,${}_p{C}_n$は以下のように表される.

$${}_p{C}_n=\frac{p!}{n!(p-n)!}$$
この時,分母と分子の素因数$p$の個数に注目すると,分子は$p$を一つ含んでいるが,分母は$n$が$p$未満であることから素因数$p$を一つも含んでいないことがわかる.よって,${}_p{C}_n$は$p$の倍数である.題意は示された.