Tài liệu Một số đa thức có dạng đặc biệt

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ DIỆU THÚY MỘT SỐ ĐA THỨC CÓ DẠNG ĐẶC BIỆT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ DIỆU THÚY MỘT SỐ ĐA THỨC CÓ DẠNG ĐẶC BIỆT Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. NGUYỄN VĂN HOÀNG Thái Nguyên - 2016 i Mục lục Danh sách kí hiệu ii Lời mở đầu 1 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 1.1 Đa thức và vành đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Bậc của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Khái niệm và tính chất đơn giản . . . . . . . . . 1.2.2 Phân tích đa thức thành các thừa số bất khả quy 1.3 Đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Định nghĩa và ví dụ về đa thức đối xứng . . . . 1.3.2 Các kết quả cơ bản về đa thức đối xứng . . . . . 1.3.3 Bất đẳng thức Muirhead . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3 4 4 6 8 8 9 11 Chương 2. Đa thức giá trị nguyên 2.1 Đa thức giá trị nguyên một biến . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Đa thức giá trị nguyên nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Dạng q -đồng dạng của đa thức giá trị nguyên . . . . . . . . . . 14 14 18 19 Chương 3. Đa thức Chebyshev 3.1 Định nghĩa và tính chất cơ bản . . . . . . 3.2 Đa thức trực giao . . . . . . . . . . . . . 3.3 Bất đẳng thức cho các đa thức Chebyshev 3.4 Hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 22 28 34 36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 41 ii Danh sách các kí hiệu Kí hiệu Tên (Cnk )q Tn (x) F (x, z) h−, −i Hệ số q−nhị thức Đa thức Chebyshev Hàm sinh của dãy (an (x)) Tích vô hướng 1 Lời mở đầu Chúng ta biết rằng lí thuyết đa thức xuất hiện và được nghiên cứu trong nhiều lĩnh vực của toán học và khoa học. Trong đó một số lớp đa thức có dạng đặc biệt được nghiên cứu rộng rãi, chẳng hạn lớp các đa thức đối xứng, tức là chúng bất biến khi ta hoán vị các biến độc lập; lớp các đa thức giá trị nguyên - tức là khi ta thay bất kì một số nguyên vào đa thức ta nhận được giá trị của đa thức là một số nguyên; và một số lớp đa thức khác như đa thức Chebyshev. Với mong muốn tìm hiểu một số lớp đa thức có dạng đặc biệt, đồng thời nâng cao kiến thức đã học trong chương trình đại học và cao học, tôi chọn đề tài Một số đa thức có dạng đặc biệt làm luận văn cao học của mình. Cấu trúc luận văn được chia thành 03 chương: Chương 1 trình bày một vài kiến thức cơ bản về đa thức và vành đa thức, bậc của đa thức, đa thức bất khả quy và cách phân tích đa thức thành các thừa số bất khả quy. Mục cuối chương chúng tôi trình bày về định nghĩa và một vài tính chất của lớp các đa thức đối xứng. Chương 2 trình bày lớp đa thức giá trị nguyên, trước tiên, mục đầu chương chúng tôi trình bày các đa thức giá trị nguyên một biến. Mục tiếp theo trình bày về đa thức giá trị nguyên nhiều biến, mục cuối chương trình bày về dạng q -đồng dạng của đa thức giá trị nguyên. Chương 3 trình bày lớp đa thức Chebyshev, phần đầu chương chúng tôi trình bày khái niệm và tính chất cơ bản của đa thức Chebyshev. Các mục tiếp theo trình bày về đa thức trực giao và bất đẳng thức cho đa thức Chebyshev, mục cuối chương trình bày về hàm sinh. Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Hoàng. Tôi xin bày tỏ lòng 2 biết ơn sâu sắc tới TS. Nguyễn Văn Hoàng, thầy đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn, giảng giải để tôi có thể hoàn thành luận văn này. Qua đây tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới phòng các thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã trang bị kiến thức, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Trung tâm Dạy nghề và Giáo dục thường xuyên huyện Yên Bình tỉnh Yên Bái đã giúp đỡ, tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp tôi có thể hoàn thành luận văn này. Nhân dịp này tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đã luôn động viên, cổ vũ, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Thái Nguyên, tháng 9 năm 2016 Tác giả Đào Thị Diệu Thúy 3 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong chương này chúng tôi trình bày một vài kiến thức cơ bản về đa thức và vành đa thức, bậc của đa thức, đa thức bất khả quy và cách phân tích đa thức thành các thừa số bất khả quy. Mục cuối chương chúng tôi trình bày về định nghĩa và một vài tính chất của lớp các đa thức đối xứng. Các kết quả của chương này chủ yếu được tham khảo từ các tài liệu [1, 2]. 1.1 Đa thức và vành đa thức Cho A là vành giao hoán đơn vị 1 và P là tập các dãy (a0 , a1 , . . . , an , . . .) trong đó ai ∈ A với mọi i ∈ N và chỉ một số hữu hạn ai 6= 0. Ta định nghĩa phép cộng và nhân trong P như sau: (a0 , a1 , . . . , an , . . .) + (b0 , b1 , . . . , bn , . . .) = (a0 + b0 , a1 + b1 , . . . , an + bn , . . .); (a0 , a1 , . . . , an , . . .)(b0 , b1 , . . . , bn , . . .) = (c0 , c1 , . . . , cn , . . .) P trong đó ck = ai bj . i+j=k Khi đó, P cùng với hai phép toán trên lập thành một vành giao hoán có đơn vị là (1, 0, 0, . . .), phần tử không của vành này là (0, 0, 0, . . .). Đặt 4 x = (0, 1, 0, 0, . . .) ta có x2 = (0, 0, 1, 0, . . .); x3 = (0, 0, 0, 1, 0, . . .); ··· xn = (0, 0, . . . , 0, 1n , 0, . . .), ở đó 1n là kí hiệu 1 ở vị trí thứ n. Nếu ta quy ước x0 = (1, 0, 0, . . .) thì mỗi phần tử a ∈ A có thể đồng nhất với dãy (a, 0, 0, . . .) (bởi vì ta có đơn cấu vành A −→ P, a 7−→ (a, 0, 0, . . .)). Như vậy, axn = (0, 0, . . . , 0, a, 0, . . .), | {z } n số 0 ∀a ∈ A. Do đó f = (a0 , a1 , . . . , an , . . .) = a0 x0 + a1 x + · · · + an xn , và thường được viết là f (x) = a0 x0 + a1 x + · · · + an xn . Cách biểu thị như vậy là duy nhất đối với mỗi phần tử của f ∈ P. Hay nói một cách khác, a0 x0 + a1 x + · · · + an xn = b0 x0 + b1 x + · · · + bn xn khi và chỉ khi an = bn , . . . , a1 = b1 , a0 = b0 . Khi đó, vành P được gọi là vành đa thức của ẩn x trên A, kí hiệu A[x]. Các phần tử của vành đó gọi là các đa thức của ẩn x lấy hệ số trong A. Đa thức axn (a ∈ A) được gọi là một đơn thức. 1.2 1.2.1 Bậc của đa thức Khái niệm và tính chất đơn giản Cho đa thức f (x) ∈ A[x], với n X f (x) = ai xi = a0 + a1 x1 + · · · + an xn với an 6= 0 i=0 5 khi đó n được gọi là bậc của đa thức f (x), kí hiệu là degf (x). Hay nói một cách khác, bậc của đa thức là số mũ cao nhất của x xuất hiện trong đa thức. Đa thức không f (x) = 0 thường được hiểu là không có bậc, tuy nhiên các đa thức có bậc 0 cùng với đa thức không được gọi chung là các đa thức hằng. m n P P bj xj , ta viết f = g nếu ta có ai xi và g = Với các đa thức f = i=0 j=0 m = n và ai = bi với mỗi i. Không quá khó để thấy rằng, với hai đa thức f (x) và g(x) thì ta luôn có degf (x) + degg(x) ≤ max(degf (x), degg(x)) và degcf (x) = degf (x) nếu c 6= 0. Định lý 1.2.1. Nếu A là một miền nguyên thì A[x] cũng là một miền nguyên. Chứng minh. Giả sử f (x), g(x) ∈ A[x] là các đa thức khác 0 có bậc tương ứng là m và n : f (x) = am xm + · · · + a1 x + a0 , g(x) = bn xn + · · · + b1 x + b0 , am 6= 0 bn 6= 0. Theo định nghĩa về phép toán trên đa thức ta có f (x)g(x) = am bn xm+n + · · · + (a0 b1 + a1 b0 )x + a0 b0 . Vì A là miền nguyên và am , bn 6= 0 nên am bn 6= 0, do đó f (x)g(x) 6= 0. Vậy A[x] cũng là một miền nguyên. Định lý được chứng minh.  Từ định lý trên ta có tính chất sau về bậc của đa thức. Mệnh đề 1.2.1. Nếu degf (x) = n, degg(x) = m, thì deg(f (x)g(x)) = n + m. Ta nhận xét rằng, nếu A không là một miền nguyên thì mệnh đề trên không còn đúng. Thật vậy, xét các đa thức 2̄x + 1̄ và 3̄x + 1̄ là các đa thức bậc nhất trong Z6 [x] nhưng tích của chúng lại là một đa thức bậc nhất. Định nghĩa 1.2.1. Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị và B là một vành giao hoán có đơn vị chứa A làm vành con. Phần tử c ∈ B được gọi là nghiệm của đa thức f (x) ∈ A[x] nếu và chỉ nếu f (c) = 0. 6 Định lý 1.2.2 (Bezout). Cho A là miền nguyên. Phần tử c ∈ A là nghiệm của đa thức f (x) ∈ A[x] nếu và chỉ nếu f (x) chia hết cho x − c trong vành đa thức A[x]. Định nghĩa 1.2.2. Phần tử c ∈ A là nghiệm bội k của đa thức f (x) ∈ A[x] nếu và chỉ nếu f (x) chia hết cho (x − c)k nhưng f (x) không chia hết cho (x − c)k+1 trong vành đa thức A[x]. Nếu k = 1 thì c gọi là nghiệm đơn, k = 2 thì c được gọi là nghiệm kép. Nếu c1 , c2 , . . . , cr là những nghiệm trong miền nguyên A của f (x) 6≡ 0 với các bội số theo thứ tự k1 , k2 , . . . , kr thì f (x) = (x − c1 )k1 (x − c2 )k2 · · · (x − cr )kr g(x) với g(x) ∈ A[x] và g(ci ) 6= 0. Do đó nghiệm của đa thức f (x) không vượt quá bậc của đa thức f (x) và nếu hai đa thức có bậc không quá n bằng nhau tại n + 1 phần tử phân biệt của miền nguyên A thì chúng bằng nhau. 1.2.2 Phân tích đa thức thành các thừa số bất khả quy Cho f (x) và g(x) là các đa thức một biến với các hệ số trên trường K . Ta nói rằng f (x) chia hết cho g(x) nếu g(x) 6= 0 và tồn tại h(x) ∈ K[x] sao cho f (x) = g(x)h(x). Định lý 1.2.3. Cho f (x) và g(x) là các đa thức một biến với các hệ số trên trường K với g(x) 6= 0. Khi đó, ta luôn viết được f (x) = g(x)p(x) + r(x) với p(x), r(x) là các đa thức có hệ số trên K mà degr(x) < degg(x). Đa thức d(x) gọi là một ước chung của f (x) và g(x) nếu cả f (x) và g(x) cùng chia hết cho d(x). Ước chung d(x) của f (x) và g(x) được gọi là ước chung lớn nhất nếu d(x) chia hết cho bất kì ước chung nào khác của f (x) và g(x). Một phương pháp nổi tiếng để tìm ước chung lớn nhất là thuật toán Euclide. Ta mô tả phương pháp này như sau: Giả sử rằng degf (x) ≥ degg(x). Đặt r1 (x) là phần dư sau khi chia f (x) cho g(x) và đặt r2 (x) là phần dư sau khi chia g(x) cho r1 (x), và tổng quát đặt rk+1 (x) là phần dư sau khi chia rk−1 (x) cho rk (x). Vì bậc của các đa thức ri (x) là giảm ngặt, nên với n nào đó, ta có rn+1 (x) = 0, tức là rn−1 (x) chia hết cho rn (x). Ta thấy 7 rằng, cả f (x) và g(x) cùng chia hết cho rn (x) vì rn (x) chia hết cho các đa thức rn−1 (x), rn−2 (x), . . . Hơn nữa, nếu f (x) và g(x) chia hết cho đa thức h(x) thì rn (x) cũng chia hết cho h(x) vì h(x) chia hết r1 (x), r2 (x), . . . Do đó rn (x) = (f (x), g(x)). Từ thuật toán Euclide ta có kết quả quan trọng sau: Định lý 1.2.4. Nếu d(x) là ước chung lớn nhất của các đa thức f (x) và g(x), thì tồn tại các đa thức a(x) và b(x) sao cho d(x) = a(x)f (x) + b(x)g(x). Một đa thức f với các hệ số trên trường K được gọi là khả quy trên K nếu f = gh, trong đó g và h là các đa thức có bậc dương với các hệ số trên K . Trái lại ta nói f là bất khả quy trên K. Cho f = f1 . . . fs là một phân tích thành thừa số của đa thức f trên trường K thành các thừa số f1 , . . . , fs trên K. Từ cách phân tích này của f, với fi = ai xi + "các hạng tử bậc thấp hơn", ta dễ dàng thu được cách phân fi tích f = ag1 · · · gs trong đó a = a1 · · · as bằng cách đặt gi = . ai Ta có kết quả sau đây. Định lý 1.2.5. Cho K là một trường. Khi đó một đa thức f (x) ∈ K[x] khác 0, không là ước của 1, đều có thể được phân tích thành các thừa số bất khả quy và sự phân tích này là duy nhất. Chứng minh của định lí này, bạn đọc có thể xem trong [2] trang 48. Hệ quả 1.2.1. Nếu đa thức qr chia hết cho một đa thức bất khả quy p, thì hoặc q hoặc r chia hết cho p. Hệ quả 1.2.2. Một đa thức với hệ số nguyên (với hệ số cao nhất là 1) là bất khả quy trên Z nếu và chỉ nếu đa thức đó bất khả quy trên Q. Một trong những tiêu chuẩn tốt nhất xác định các đa thức bất khả quy là tiêu chuẩn Eisenstein dưới đây. Định lý 1.2.6. (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn là một đa thức với các hệ số nguyên sao cho hệ số an không chia hết cho một số nguyên tố p, nhưng các hệ số còn lại a0 , . . . , an−1 chia hết cho p và a0 không chia hết cho p2 . Khi đó f là bất khả quy trên Q. 8 Ví dụ 1.2.1. Nếu p là số nguyên tố, thì f (x) = xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1 là bất khả quy trên Q. Thật vậy, áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein với số nguyên tố p vào đa thức f (x + 1) = (x + 1)p − 1 = xp−1 + Cp1 xp−2 + · · · + Cpp−1 . (x + 1) − 1 Do đó đa thức f (x) là bất khả quy trên Q. 1.3 Đa thức đối xứng 1.3.1 Định nghĩa và ví dụ về đa thức đối xứng Trong mục này ta sẽ trình bày định nghĩa và ví dụ về các đa thức đối xứng. Trước tiên, ta nhớ lại định lý Vi-et trong đại số như sau. Giả sử x1 , . . . , xn là n nghiệm của đa thức xn + a1 xn−1 + · · · + an . Khi đó, e1 (x1 , . . . , xn ) = n X xi = −a1 , i=1 e2 (x1 , . . . , xn ) = n X xi1 xi2 = a2 , 1≤i1 µk+1 . Đặt axλ1 1 · · · xλnn là đơn thức có bậc cao nhất của f. Khi đó λ1 ≥ · · · ≥ λn . Xét đa thức f1 = f − aσ1λ1 −λ2 · σ2λ2 −λ3 · · · σnλn . (1.3.1) Số hạng có bậc cao nhất của đơn thức σ1λ1 −λ2 · σ2λ2 −λ3 · · · σnλn là x1µ1 −λ2 (x1 x2 )λ2 −λ3 · · · (x1 · · · xn )λn = xλ1 1 · · · xλnn . Do đó bậc của đơn thức có bậc cao nhất của f1 nhỏ hơn bậc của đơn thức có bậc cao nhất của f. Ta tiếp tục áp dụng phép toán tương tự ở công thức (1.3.1) cho f1 . Sau một số hữu hạn bước thực hiện phép toán như vậy ta thu được đa thức 0. Từ đó quay ngược lại ta có thể tìm được đa thức g . Bây giờ ta chứng minh tính biểu diễn duy nhất của f (x1 , . . . , xn ) = g(σ1 , . . . , σn ). Khi đó, ta chỉ cần kiểm tra rằng nếu X g(y1 , . . . , yn ) = ai1 ···in y i1 · · · y in 10 là một đa thức khác không, thì sau phép thay thế các biến y1 = σ1 = x1 + · · · + xn , · · · , yn = σn = x1 · · · xn ta thu được đa thức mới cũng khác không. Ta xét đơn thức có bậc cao nhất của đa thức đó có dạng ai1 ···in xi11 +···+in xi22 +···+in · · · xinn , thu được sau khi đổi biến. Rõ ràng là hạng tử cao nhất trong số các đơn thức nhân tử không bị giản ước cho bất kì đơn thức khác.  Rõ ràng từ chứng minh của định lí 1.3.1 ta thấy, nếu f (x1 , . . . , xn ) là một đa thức đối xứng với các hệ số nguyên, thì f (x1 , . . . , xn ) = g(σ1 , . . . , σn ), trong đó các hệ số của g cũng là các số nguyên. Từ định lí 1.3.1 về đa thức đối xứng, ta suy ra rằng nếu x1 , . . . , xn là các nghiệm của đa thức f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an , khi đó đại lượng D= Y (xi − xj )2 , 1≤i 0. Đặt x1 = · · · = xk = a và xk+1 = · · · = xn = 1. Khi đó Mλ (x) aλ1 +···+λk 1 ≤ lim = lim µ +···+µ . k a→∞ Mµ (x) a→∞ a 1 Do đó λ1 + · · · + λk ≥ µ1 + · · · + µk . Bây giờ, nếu lấy k = n và x1 = · · · = xn = a. Khi đó aλ1 +···+λk Mλ (x) = µ +···+µ . k Mµ (x) a 1 Với a > 1, ta suy ra rằng |λ| ≥ |µ|, trong khi đó, với 0 < a < 1, ta có |λ| ≤ |µ|. Chứng minh của chiều ngược lại như sau. Xét phép biến đổi Rij , giả sử µi ≥ µj > 0, trong đó i < j. Đặt Rij µ = µ0 , trong đó µ0i = µi + 1, µ0j = µj − 1 và µ0k = µk với k 6= i, j. Do đó, µ0 > µ và |µ0 | = |µ|. Bổ đề 1.3.1. Nếu λ = Rij µ thì Mλ (x) ≥ Mµ (x) và dấu bằng xảy ra khi x1 = · · · = xn , (ở đây ta giả sử các số x1 , . . . , xn là dương) Chứng minh. Với mọi cặp chỉ số p, q thỏa mãn 1 ≤ p < q ≤ n, hiệu Mλ (x) − Mµ (x) chứa một tổng có dạng A · (xλp i xλq j + xλp j xλq i − xµp i xµq j − xµp j xµq i ), (1.3.4) 13 trong đó A là số dương. Để biểu diễn tường minh hơn, ta đặt xp = a, xq = b, µi = α, µj = β. Ta nhớ lại rằng λi = α + 1, λj = β − 1 và α ≥ β. Biểu thức (1.3.4) chia hết cho A kết quả là bằng aα+1 bβ−1 + aβ−1 bα+1 − aα bβ − aβ bα = (ab)β−1 (a − b)(aα+1−β − bα+1−β ) ≥ 0, trong đó dấu bằng xảy ra khi a = b. Do đó, Mλ (x) − Mµ (x) ≥ 0 và nếu trong các số x1 , . . . , xn có ít nhất hai số phân biệt thì bất đẳng thức là nghiêm ngặt.  Bổ đề 1.3.2. Nếu λ ≥ µ và |λ| = |µ| nhưng λ 6= µ, thì khi đó λ có thể đạt được từ µ sau một số hữu hạn phép biến đổi Rij . Chứng minh. Cho i là chỉ số thấp nhất sao cho λi 6= µi . Thì điều kiện đó P λ ≥ µ suy ra rằng λi > µi . Đẳng thức |λ| = |µ| tức là (λk − µk ) = 0, và do đó λj < µj với j nào đó. Hiển nhiên, i < j và µj > 0. Do đó, ta có thể áp dụng Rj vào µ. Từ đó ta thu được một dãy ν mà trong đó νi = µi + 1, νj = µj − 1, và νk = µk với k 6= i, j. Hơn nữa, do λi > µi và λj < µj ta thu được |λi − µi | = |λi − νi | + 1, |λj − µj | = |λj − νj | + 1. Do đó X X |λk − νk | = |λk − νk | − 2, P tức là, sử dụng Rij ta thu được |λk − νk | được làm nhỏ bớt đi 2. Do đó, P sử dụng một số biến đổi Rij đã biết, ta có thể rút gọn |λk − νk | về 0.  Áp dụng các bổ đề 1.3.1 và 1.3.2 ta suy ra bất đẳng thức Muirhead. Định lí được chứng minh.  14 Chương 2 Đa thức giá trị nguyên Trong chương này chúng tôi trình bày lớp đa thức giá trị nguyên, trước tiên, mục đầu chương chúng tôi trình bày các đa thức giá trị nguyên một biến. Mục tiếp theo trình bày về đa thức giá trị nguyên nhiều biến, mục cuối chương trình bày về dạng q -đồng dạng của đa thức giá trị nguyên. Chương này được tham khảo chính trong chương 3 của [2]. 2.1 Đa thức giá trị nguyên một biến Định nghĩa 2.1.1. Đa thức p(x) ∈ Q[x] được gọi là đa thức nhận giá trị nguyên nếu p(x) nhận các giá trị nguyên tại mọi x nguyên. Ví dụ 2.1.1. Xét đa thức ẩn x là pk (x) với k ∈ Z, k > 0, xác định bởi pk (x) = Cxk = x · (x − 1) · · · (x − k + 1) , k! khi đó pk (x) = Cxk là một đa thức giá trị nguyên. Giải. Ta chứng minh đa thức pk (x) = Cxk là một đa thức nhận giá trị nguyên 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 nhận giá trị nguyên. Ta phải chứng minh pk+1 (x) là đa thức giá trị nguyên. +) Ta biết rằng Cxk+1 = 0 với mọi x = 0, 1, 2, . . . , k . Suy ra pk+1 (x) nguyên khi x = 0, 1, 2, . . . , k . 15 k+1 +) Xét x = m ∈ Z với m > k , thì pk+1 (x) = pk+1 (m) = Cm ∈ Z (Thật k k vậy, vì Cxk nguyên với mọi x ∈ Z, nên Ckk , Ck+1 , . . . , Cm−1 ∈ Z. Từ đó k+1 Ck+1 − Ckk+1 = Ckk ∈ Z k+1 k+1 k Ck+2 − Ck+1 = Ck+1 ∈Z ... k+1 k+1 k Cm − Cm−1 = Cm−1 ∈ Z. Bằng cách cộng vế với vế ta suy ra được k+1 Cm − Ckk+1 = m−1 X Cjk ∈ Z. j=k k+1 Lưu ý rằng Ckk+1 = 0. Từ đó suy ra pk+1 (x) = pk+1 (m) = Cm 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 giá trị nguyên. Từ ví dụ trên, ta thấy rằng theo một nghĩa nào đó, các đa thức nhận giá trị nguyên 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 nhận giá trị nguyên, thực tế ta có thể giảm bớt các giả thiết đó mà vẫn suy ra được p(x) là đa thức nhận giá trị nguyên như định lý sau đây. Định lý 2.1.1. 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) = c0 Cxk + c1 Cxk−1 + c2 Cxk−2 + · · · + ck , (2.1.1) trong đó c0 , c1 , . . . , ck là các số nguyên. Chứng minh. Vì các đa thức Cx0 = 1, Cx1 = x, Cx2 = x2 x xk − , . . . , Cxk = + ··· 2 2 k! 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 16 dưới dạng pk (x) = c0 Cxk + c1 Cxk−1 + · · · + ck , trong đó c0 , c1 , . . . , ck là các số hữu tỉ. Ta sẽ chứng tỏ 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 với mọi đa thức có bậc không vượt quá k. Xét đa thức pk+1 (x) = c0 Cxk+1 + c1 Cxk + · · · + 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) k+1 k 1 = c0 (Cx+1 − Cxk+1 ) + c1 (Cx+1 − Cxk ) + · · · + ck (Cx+1 − Cx1 ) = c0 Cxk + c1 Cxk−1 + · · · + ck cũng nhận 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) − c0 Cnk+1 − c1 Cnk − · · · − ck Cn1 cũng là số nguyên. Như vậy phép quy nạp đúng với n = k + 1. Định lí được chứng minh. Định lý 2.1.2. Cho R(x) là hàm hữu tỉ nhận giá trị nguyên tại mọi điểm nguyên x. Khi đó R(x) là một đa thức nhận giá trị nguyên. f (x) , trong g(x) 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 Chứng minh. Vì R(x) là hàm hữu tỉ nên ta có thể viết R(x) = R(x) = pk (x) + r(x) , g(x) r(x) → 0 khi x → ∞ (vì g(x) deg(r) < deg(g) khi r 6= 0). Do đó, với các giá trị nguyên của n đủ lớn, thì trong đó pk (x) là một đa thức có bậc k , và