https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2001/Rikei

2025.08.02記

[5] $p$ を $2$ 以上の整数とする． $2$ 以上の整数 $n$ に対し，次の条件(イ)，(ロ)をみたす複素数の組 $(z_1，z_2，\cdots，z_n)$ の個数を $a_n$ とする．

(イ) $k=1，2，\cdots，n$ に対し， ${z_k}^p=1$ かつ， $z_k\neq1$ ．

(ロ) $z_1z_2\cdots z_n=1$ ．

このとき，次の問いに答えよ．

(1) $a_3$ を求めよ．

(2) $a_{n+2}$ を $a_n$ ， $a_{n+1}$ の一方または両方を用いて表せ．

(3) $a_n$ を求めよ．

2025.08.03記

[解答]
(イ) により $\alpha=\cos\dfrac{2\pi}{p}+i\sin\dfrac{2\pi}{p}$ とおくと， $z_k=\alpha^{p_k}$ （ $1\leqq p_k\leqq p-1$ ）と表すことができ，(ロ)により $p_1+p_2+…+p_n$ は $p$ の倍数となる．

(1) $p_1+p_2+p_3$ が $p$ の倍数となる $(p_1，p_2，p_3)$ の個数を求めれば良い． $p_1+p_2$ が $p$ の倍数となるとき（ $p_1$ に対して $p_2$ が唯一存在するので $a_2=p-1$ 通り）， $p_1+p_2+p_3$ は $p$ の倍数とならず， $p_1+p_2$ が $p$ の倍数とならないとき， $p_1+p_2+p_3$ が $p$ の倍数となる $p_3$ が唯一存在するので $a_3=(p-1)^2-p-1=(p-1)(p-2)$ となる．

(2) (1)と同様にして $p_1+p_2+…+p_{n+1}$ が $p$ の倍数とならない $(p_1，p_2，…，p_{n+1})$ の個数であるから $a_{n+2}=(p-1)^{n+1}-a_{n+1}$ となる．

(3) $A_n=(-1)^n a_n$ ， $P=-(p-1)$ とおくと $A_2=-P$ ， $A_{n+2}=A_{n+1}-P^{n+1}$ が成立する．よって $A_n=-(P+P^2+…+P{n-1})$ $=-\dfrac{P^n-P}{P-1}$ となり， $a_n=-\dfrac{(-1)^nP^n-(-1)^nP}{P-1}$ $=\dfrac{(p-1)^n+(-1)^n(p-1)}{p}$ となる．

考え方によっては3項間漸化式になるので(2)は曖昧な出題になったようだ．東京出版の京大51年には
$a_{n+2}=(p-2)a_{n+1}+(p-1)a_n$
を導く考え方が載っている．