Polinomio en $\mathbb{Q}[x]$ envío de enteros a enteros?

Question

Podemos ver que el coeficiente binomial $\binom{x}{k}$ tiene un polinomio en $x$ con grado de $k$. Para tomar algunos de los $f\in\mathbb{Q}[x]$, ¿por qué es $f(n)\in\mathbb{Z}$ todos los $n\in\mathbb{Z}$, precisamente cuando los coeficientes de $f$ son enteros con respecto a la base $\{\binom{x}{k}\mid k\in\mathbb{N}\}$?

La dirección inversa, parece claro, entonces me pregunto ¿por qué el contrario implicación también es cierto. Me di cuenta de que todas las raíces de $\binom{x}{k}$ sólo $0,\dots,k-1$. Podemos factorizar el polinomio es de unos buena manera de revelar la conclusión opuesta? Gracias.

Answer 1

Este es un caso especial de un clásico resultado de Polya y Ostrowski (1920): $f(x) \in \mathbb Q[x]$ es un número entero valorado polinomio, es decir, $f(\mathbb Z)\subset \mathbb Z\:,\:$ fib $f(x)$ es una integral combinación lineal de los coeficientes binomiales ${x\choose k},\:$$\: k\le \deg f$. Para una prueba de ver, por ejemplo, Polya Y Szego, Problemas y teoremas en el análisis, vol II, Problema 85 p. 129 y su solución en la página. 320.

Por ejemplo

$$\rm\displaystyle\ \ \frac{n^3+5\:n}6\ =\ \frac{n^3-n + 6\:n}6\ =\ \frac{(n+1)\:n\:(n-1)}6 + \:n\ =\ {n+1\choose 3} + {n\choose 1}$$

Esto se ha extendido mucho más general de los anillos (por ejemplo, los dominios de Dedekind) por Cahen en la al.

Answer 2

La idea es simple: dado un polinomio $f \in \mathbb Q[x]$ grado $m$, se puede reducir el grado de $f$ y el uso de la inducción como en el siguiente :

Si un polinomio de grado $0$ es de valor entero, entonces se puede escribir como $f(x) = a \in \mathbb Z$ e lo $f(x) = a \begin{pmatrix} x \\\ 0 \end{pmatrix}$ $m=0$ estamos haciendo bien.

Suponiendo que todos los polinomios de grado $<m$ puede ser escrito como tales combinaciones de coeficientes binomiales, vamos a $f(x) \in \mathbb Q[x]$ ser un polinomio de grado $m$. A continuación,$f(x) = (a_m/b_m) x^m + \sum_{i=0}^{m-1} (a_i/b_i) x^i$. Desde $b_m f(x) - a_m m! \begin{pmatrix} x \\\ m \end{pmatrix}$ es también valores enteros por supuesto, y su grado es en la mayoría de las $m-1$, se puede expresar como $$ b_m f(x) - a_m m! \begin{pmatrix} x \\\ m \end{pmatrix} = \sum_{j=0}^{m-1} c_j \begin{pmatrix} x \\\ j \end{pmatrix}, \qquad c_j \in \mathbb Z $$ sin excluir el caso en que $c_j = 0$ $0 \le j \le m-1$ (en este caso el grado de $b_m f(x) - a_m m!$ no está definido o $-\infty$ dependiendo de la convención que te gusta, pero de cualquier manera las cosas funcionan muy bien), lo que significa que $$ f(x) = \frac{a_m}{b_m} m! \begin{pmatrix} x \\\ m \end{pmatrix} + \frac{\sum_{j=0}^{m-1} c_j \begin{pmatrix} x \\\ j \end{pmatrix}}{b_m}, \qquad c_j \in \mathbb Z $$ Aquí por computación $f(0)$, $f(1)$, $\dots$, $f(m)$, uno puede ver que esta expresión es un número entero-lineal-combinación de los coeficientes binomiales. Por ejemplo, $f(0) = c_0 / b_m$, por lo tanto $b_m$ divide $c_0$. A continuación,$f(1) = c_1/ b_m + c_0/b_m$, por lo que el $c_1 /b_m$ es un número entero, por lo tanto $b_m$ divide $c_1$. Pasando como este, $$ f(k) = \sum_{j=0}^k \frac {c_j}{b_m} \begin{pmatrix} k \\\ j \end{pmatrix} $$ y desde el primer $k$ términos de la suma son enteros, $c_k/b_m$ también debe ser un número entero lo $b_m$ divide $c_k$. Mediante el cálculo de $f(m)$ este proceso se detiene. En otras palabras, $f(x)$ es expresable como la deseada. El resultado de la siguiente manera por inducción.

Espero que ayude,

Answer 3

Puesto que usted ya sabe que el $\binom Xn$ $n\in\Bbb N$ formulario $\Bbb Q$-base de $\Bbb Q[X]$ (y de hecho esto es fácil de ver), el resto de la argumentación es trivial. Deje $P=\sum_nc_n\binom Xn\in\Bbb Q[X]$ ser arbitrario, entonces el valor de $P$$m\in\Bbb N$$c_m+\sum_{i<n}c_i\binom mi$, que debe ser un entero. Ahora por inducción inmediata en $m$, todos los coeficientes $c_m$ son enteros.