Định nghĩa 3.1.1. Đa thức p(x) ∈ Q[x] được gọi là đa thức số nếu nó nhận giá trị nguyên tại mọi giá trị nguyên của x.
Ví dụ 3.1.1. Xét đa thức ẩn x là pk(x) với k ∈ Z, k > 0, xác định bởi pk(x) = Cxk = xã(x−1)ã ã ã(x−k+ 1)
k!
khi đó pk(x) =Cxk là một đa thức số.
Giải. Ta chứng minh đa thức pk(x) = Cxk là một đa thức số bằng cách quy nạp theo k ≥1. Thật vậy, với k = 1, điều này là hiển nhiên.
Giả sử rằng pk(x) = Cxk là một đa thức số. Ta phải chứng minh pk+1(x) là đa thức số.
+) Ta biết rằngCxk+1 = 0 với mọix = 0,1,2, . . . , k. Suy rapk+1(x)nguyên khi x= 0,1,2, . . . , k.
+) Xét x = m ∈ Z với m > k, thì pk+1(x) = pk+1(m) = Cmk+1 ∈ Z (Thật vậy, vì Cxk nguyên với mọi x ∈ Z nên Ckk, Ck+1k , . . . , Cm−1k ∈ Z. Từ đó
Ck+1k+1−Ckk+1 = Ckk ∈ Z Ck+2k+1−Ck+1k+1 = Ck+1k ∈ Z
. . .
Cmk+1 −Cm−1k+1 = Cm−1k ∈ Z Bằng cách cộng vế với vế ta suy ra được
Cmk+1 −Ckk+1 =
m−1
X
j=k
Cjk ∈Z
Lưu ý rằng Cxk+1 = 0. Từ đó suy ra pk+1(x) = pk+1(m) = Cmk+1 nguyên với mọi x = m > k).
+) Xét x ∈ Z mà x < 0. Khi đó rõ ràng pk+1(x) = Cxk+1 = 0 ∈ Z. Vậy pk+1(x) =Cxk+1 là một đa thức số.
Từ ví dụ trên, ta thấy rằng theo một nghĩa nào đó, các đa thức số được biểu diễn thông qua các đa thức Cxk. Hơn nữa, theo định nghĩa, ta đã yêu cầu p(n) ∈ Z với mọi n ∈ Z để p(x) trở thành một đa thức số, thực tế ta có thể giảm bớt các giả thiết đó mà vẫn suy ra được p(x) là đa thức số như định lý sau đây.
Định lý 3.1.1. Giả sử pk(x) là một đa thức bậc k nhận giá trị nguyên tại các giá trị x = n, n+ 1, . . . , n+k (với n là số nguyên nào đó cho trước).
Khi đó
pk(x) =c0Cxk +c1Cxk−1 +c2Cxk−2 +ã ã ã+ckCx0, (3.1) trong đó c0, c1, . . . , ck là các số nguyên.
Chứng minh. Vì các đa thức
Cx0 = 1, Cx1 = x, Cx2 = x2 2 − x
2, . . . , Cxk = xk
k! +ã ã ã
tạo thành một cơ sở trong Q-không gian véc tơ các đa thức hệ số hữu tỉ có bậc không lớn hơn k và do đó đa thức pk(x) luôn có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng
pk(x) = c0Cxk +c1Cxk−1 +ã ã ã+ck
trong đó c0, c1, . . . ck là các số hữu tỉ. Ta sẽ chứng minh các hệ số ci là các số nguyên, với i = 0, . . . , k.
Thật vậy, ta chứng minh bằng quy nạp theo k ≥ 0. Với k = 0, đa thức p0(x) = c0, theo giả thiết ta có thể giả sử p0(x) nhận giá trị nguyên tại x = n với n tùy ý. Do đó c0 là số nguyên. Bây giờ, ta giả sử quy nạp rằng định lý đã đúng vọi mọi đa thức có bậc không vượt quá k. Xét đa thức
pk+1(x) = c0Cxk+1+c1Cxk +ã ã ã+ck+1
nhận các giá trị nguyên tại x = n, n+ 1, . . . , n+k + 1. Khi đó đa thức
∆pk+1(x) = pk+1(x+ 1)−pk+1(x)
= c0(Cx+1k+1 −Cxk+1) +c1(Cx+1k −Cxk) +ã ã ã+ck(Cx+11 −Cx1)
= c0Cxk +c1Cxk−1 +ã ã ã+ck
cũng nhận được các giá trị nguyên tại x = n, n + 1, . . . , n + k. Do đó c0, c1, . . . , ck là các số nguyên và từ đó các số
ck+1=pk+1(n)−c0Cnk+1 −c1Cnk+1− ã ã ã −ckCn1
cũng là số nguyên. Như vậy phép quy nạp đúng với n = k + 1. Định lý
được chứng minh.
Định lý 3.1.2. Cho R(x) là hàm hữu tỉ nhận giá trị nguyên tại mọi điểm nguyên x. Khi đó R(x) là một đa thức số.
Chứng minh. Vì R(x) là hàm hữu tỉ nên ta có thể viết R(x) = f(x) g(x), trong đó f(x) và g(x) là các đa thức với hệ số hữu tỉ. Chia f(x) cho g(x) ta được thương pk(x) ∈ Q[x] và một phần dư r(x) ∈ Q[x]. Khi đó ta thu được
R(x) =pk(x) + r(x) g(x)
trong đó pk(x) là một đa thức bậc k, và r(x)
g(x) → 0 khi x → ∞ (vì deg(r) < deg(g) khi r 6= 0). Do đó, với các giá trị nguyên của n đủ lớn, thì các giá trị của pk(n) chỉ khác các số nguyên một đại lượng vô cùng nhỏ. Ta chứng tỏ rằng pk(x) thực sự là một đa thức số.
Thật vậy, khai triển đa thức pk(x) theo cơ sở
Cx0, Cx1, Cx2, . . . , Cxk ta thu được dưới dạng
pk(x) =c0Cxk +ã ã ã+ck
trong đó c0, c1, . . . ck ∈ Q. Với k = 0 thì số c0 ∈ Q là gần tùy ý với một số nguyên nào đó và do đó c0 ∈ Z. Giả sử k > 0 và kết quả đúng cho đa thức bậc k−1. Ta thấy đa thức
∆pk(x) = pk(x+ 1)−pk(x) = c0Cxk−1 + ã ã ã+ck−1
là đa thức hệ số hữu tỉ bậc k−1, cũng nhận các giá trị gần các số nguyên với độ sai khác vô cùng nhỏ tại các sốx nguyên đủ lớn. Do bậc của∆pk(x) là k−1, ta áp dụng giả thiết quy nạp cho đa thức ∆pk(x), ta suy ra được các hệ số c0, c1, . . . ck−1 là các số nguyên. Bây giờ, ta cần chứng tỏ các số
ck = pk(n)−c0Cxk− ã ã ã −ck−1Cn1
cũng là các số nguyên. Để chứng minh điều đó, ta chỉ cần chứng tỏ r(x) = 0. Lấy A là mẫu chung của các hệ số của pk(x). Khi đó Apk(x) là các đa thức có hệ số nguyên và có
AR(x) = Af(x)
g(x) = Apk(x) + Ar(x) g(x) .
Từ đó suy ra Ar(n)
g(n) ∈ Z với mọi n ∈ Z. Như ta biết rằng r(n)
g(n) → 0 khi n → ∞, nên Ar(n)
g(n) → 0 khi n → ∞. Do đó Ar(n)
g(n) = 0 với n đủ lớn (dựa theo định nghĩa của dãy có giới hạn là 0). Suy ra r(n) = 0 với mọi n nguyên đủ lớn, tức là phương trình r(n) = 0 có vô số nghiệm nguyên, điều này chỉ xảy ra khi r(x) ≡0.
Vậy f (x) = g(x)pk(x) + 0, suy ra R(x) =pk(x). Từ đó pk(n) =R(n) ∈ Z khi n∈ Z.
Chứng tỏ ck = pk(n)−c0Cnk − ã ã ã −ck−1Cn1 cũng là số nguyờn.
Từ định lý trên ta có hệ quả sau.
Hệ quả 3.1.1. Nếu đa thức f(x), g(x) là những đa thức hệ số nguyên và f(n) chia hết cho g(n) với mọi n∈ Z thì
f(x) =
m
X
k=0
ckCxk
! g(x)
với c0, c1, . . . , cm là các số nguyên.
Định lý 3.1.3. Nếu đa thức f(x) ∈ R[x] bậc n nhận các giá trị nguyên tại n+ 1 số nguyên liên tiếp thì f(x) là một đa thức số.
Chứng minh. Giả sửf(x) nhận giá trị nguyên tạix = m, . . . , m+n ∈ Z. Đặtg(x) = f(x+m). Biểu diễn g(x) = a0h0(x) +a1h1(x) +ã ã ã+anhn(x). Ta có a0 = g(0) = f(m) nguyên, còn các hệ số khác được xác định qua biểu thức truy hồi
ai = g(i)−a0 − i
1a1 − i(i−1)
1.2 a2 − ã ã ã −iai−1
với i = 1, . . . , n. Vì g(i) = f(m+i) và a0, . . . , ai−1 nguyên nên ai nguyên.
Như vậy tất cả các hệ số ai, i = 0, . . . , n đều nguyên. Vì hi(x) nhận giá trị nguyên tại mọi x ∈ Z nên f(x) nguyên với mọi x ∈ Z.