代数学をやるその18　整数値多項式

以下多項式とは実数係数1変数多項式のことを指すこととする．問題に記された性質を$(*)$で表すことにする．主張を$n$に関する帰納法で示す．

$n=1$とする．性質$(*)$によって存在が保証された正の整数$N$を取る．すると$f(N),f(N+1)$は共に整数であるから，
$$f(N+1)-f(N)=a_0+a_1(N+1)-(a_0+a_1N)=a_1$$
も整数である．すると$a_0=f(N)-a_1N$であるから$a_0$も整数である．よって$n=1$のとき主張が成り立つ．

$n>1$とし$n-1$までの全ての整数に対して主張が成り立つと仮定する．多項式$f(X)$が性質$(*)$を満たすとし，$(*)$によって存在が保証された正の整数を$N$とする．多項式$g(X)=f(X+1)-f(X)$について考える．$f(X)$が性質$(*)$を満たすことから，$N$以上の任意の整数$m$に対して
$$g(m)=f(m+1)-f(m) \in \mathbb{Z}$$
が成り立つ．即ち$g(X)$も性質$(*)$を満たす．
$$g(X)=f(X+1)-f(X)=na_nX^{n-1} +\cdots$$
が成り立つから，$g(X)$は$n-1$次多項式である．よって帰納法の仮定より
$$(n!)a_n=(n-1)! \cdot na_n \in \mathbb{Z}$$
が従う．ここで，多項式$C_n(X) \in \mathbb{R}[X]$を
$$C_n(X):=\frac{X(X-1)\cdots(X-n+1)}{n!}$$
とおく．補題1より全ての整数$m$に対して$C_n(m)$は整数である．よって$N$以上の任意の整数$m$に対して$f(m)-(n!)a_nC_n(m)$は整数である．即ち多項式$f(X)-(n!)a_nC_n(X)$は性質$(*)$を満たす．整数$b_0,b_1,\cdots,b_{n-1}$によって
$$(n!)a_nC_n(X)=a_nX(X-1)\cdots(X-n+1)=a_nX^n+a_nb_{n-1}X^{n-1}+\cdots+a_nb_1X+a_nb_0$$
と書けるから，
$$f(X)-(n!)a_nC_n(X)=\sum_{i=0}^{n-1}(a_i-a_nb_i)X^i$$
となる．これより$f(X)-(n!)a_nC_n(X)$は高々$n-1$次の多項式である．よって帰納法の仮定から，任意の$0 \leq i \leq n-1$に対し$c_i:=(n-1)! \cdot (a_i-a_nb_i) \in \mathbb{Z}$が成り立つ．すると
$$(n!)a_i=nc_i+(n!)a_nb_i \in \mathbb{Z} \hspace{0.2in} (0 \leq {}^{\forall}i \leq n-1) \hspace{0.2in} (\because (n!)a_n \in \mathbb{Z})$$
が成り立つ．よって題意は示された．(証明終)

$m \in \mathbb{Z}$が$0 \leq m \leq n-1$を満たすなら，式の形から$C_n(m)=0 \in \mathbb{Z}$である．$m<0$または$m>n-1$を満たすなら，$C_n(m)$の分子は連続する$n$個の整数の積となるので，それは$n!$で割り切れる．従って$C_n(m) \in \mathbb{Z}$である．(証明終)

以下多項式とは実数係数1変数多項式のことを指すこととする．命題の中で記された性質を$(*)$で表すことにする．$f(X)$が$C_i(X)\,(1 \leq i \leq n)$たちの整数倍の和で書けることを$n$に関する帰納法で示す．

$n=1$とする．性質$(*)$によって存在が保証された正の整数$N$を取る．すると$f(N),f(N+1)$は共に整数であるから，
$$f(N+1)-f(N)=a_0+a_1(N+1)-(a_0+a_1N)=a_1$$
も整数である．すると$a_0=f(N)-a_1N$であるから$a_0$も整数である．$C_1(X)=X$であることに注意すると，$c_0=a_0, \, c_1=a_1$とすることで$f(X)=c_0+c_1C_1(X)$と書ける．つまり$n=1$のとき主張が成り立つ．

$n>1$とし$n-1$までの全ての整数に対して主張が成り立つと仮定する．多項式$f(X)$が性質$(*)$を満たすとし，$(*)$によって存在が保証された正の整数を$N$とする．上の問題で示したことから$(n!)a_n \in \mathbb{Z}$が成り立つので，$N$以上の任意の整数$m$に対して$f(m)-(n!)a_nC_n(m)$は整数である．即ち多項式$f(X)-(n!)a_nC_n(X)$は性質$(*)$を満たす．$f(X)$と$(n!)a_nC_n(X)$は共に$n$次多項式で，その最高次係数は共に$a_n$であるから，$f(X)-(n!)a_nC_n(X)$は高々$n-1$次の多項式である．$f(X)-(n!)a_nC_n(X)$の次数を$k$とすると，帰納法の仮定から整数$c_0,c_1,\cdots,c_{k}$が存在して
$$f(X)-(n!)a_nC_n(X)=c_0+c_1C_1(X)+\cdots+c_{k}C_{k}(X)$$
が成り立つ．$k< n-1$である場合は$c_{k+1}=\cdots=c_{n-1}=0$とすることで
$$f(X)-(n!)a_nC_n(X)=c_0+c_1C_1(X)+\cdots+c_{n-1}C_{n-1}(X)$$
が成り立つ．よって$c_n=(n!)a_n$とすれば，それは整数で
$$f(X)=c_0+c_1C_1(X)+\cdots+c_{n-1}C_{n-1}(X)+c_nC_n(X)$$
が成り立つ．以上より$f(X)$が$C_i(X)\,(1 \leq i \leq n)$たちの整数倍の和で書けることが示された．

整数$c_0,\cdots,c_n,d_0,\cdots,d_n$によって
$$f(X)=c_0+c_1C_1(X)+\cdots+c_nC_n(X)=d_0+d_1C_1(X)+\cdots+d_nC_n(X)$$
と書けたとする．$C_i(0)=0 \, (1 \leq i \leq n)$であることと，$k \geq 1$に対して$C_k(k)=1$かつ$C_i(k)=0 \, (i>k)$であることから，帰納的に$c_k=d_k \, (0 \leq k \leq n)$が成り立つ．よって$f(X)$のこの表示が一意的であることも示された．(証明終)

命題2の結果から，$f(X) \in \mathbb{R}[X]$が定理の中にある性質を満たすとき，整数$c_0,c_1,\cdots,c_n$が存在して
$$f(X)=c_0+c_1C_1(X)+\cdots+c_nC_n(X)$$
が成り立つ．ここで$C_n(X)=\frac{X(X-1)\cdots(X-n+1)}{n!}$である．補題1より，全ての$C_n(X)$は，任意の整数$m$に対して$C_n(m) \in \mathbb{Z}$を満たす．よってそれらの整数倍の和として書ける$f(X)$も，全ての整数$m$に対して$f(m) \in \mathbb{Z}$を満たす．(証明終)

以下多項式とは実数係数1変数多項式のことを指すこととする．命題の中に記された性質を$(*)$で表すことにする．$(n!)a_n$が整数であり，かつ$f(X)$が$C_i(X)$たちの整数倍の和で書けることを，$n$に関する帰納法で示す．

$n=1$とする．性質$(*)$によって存在が保証された整数$N$を取る．すると$f(N),f(N+1)$は共に整数であるから，
$$f(N+1)-f(N)=a_0+a_1(N+1)-(a_0+a_1N)=a_1$$
も整数である．即ち$(1!)a_1=a_1$は整数である．$a_0=f(N)-a_1N$であるから$a_0$も整数である．$C_1(X)=X$であるから，$c_0=a_0, \, c_1=a_1$とすればこれらは整数で$f(X)=c_0+c_1C_1(X)$と書ける．よって$n=1$のとき主張が成り立つ．

$n>1$とし$n-1$までの全ての整数に対して主張が成り立つと仮定する．多項式$f(X)$が性質$(*)$を満たすとし，$(*)$によって存在が保証された整数を$N$とする．多項式$g(X)=f(X+1)-f(X)$について考える．
$$g(X)=f(X+1)-f(X)=na_nX^{n-1} +\cdots$$
が成り立つから，$g(X)$は$n-1$次多項式である．$f(X)$が性質$(*)$を満たすことから，$N \leq m \leq N+n-1$を満たす任意の整数$m$に対して
$$g(m)=f(m+1)-f(m) \in \mathbb{Z}$$
が成り立つ．即ち$g(X)$も性質$(*)$を満たす．よって帰納法の仮定より
$$(n!)a_n=(n-1)! \cdot na_n \in \mathbb{Z}$$
が従う．
さて，$N \leq m \leq N+n-1$を満たす任意の整数$m$に対して$f(m)-(n!)a_nC_n(m)$は整数である．即ち多項式$f(X)-(n!)a_nC_n(X)$は性質$(*)$を満たす．$f(X)$と$(n!)a_nC_n(X)$は共に$n$次多項式で，その最高次係数は共に$a_n$であるから，$f(X)-(n!)a_nC_n(X)$は高々$n-1$次の多項式である．$f(X)-(n!)a_nC_n(X)$の次数を$k$とすると，帰納法の仮定から整数$c_0,c_1,\cdots,c_{k}$が存在して
$$f(X)-(n!)a_nC_n(X)=c_0+c_1C_1(X)+\cdots+c_{k}C_{k}(X)$$
が成り立つ．$k< n-1$である場合は$c_{k+1}=\cdots=c_{n-1}=0$とすることで
$$f(X)-(n!)a_nC_n(X)=c_0+c_1C_1(X)+\cdots+c_{n-1}C_{n-1}(X)$$
が成り立つ．よって$c_n=(n!)a_n$とすれば，それは整数で
$$f(X)=c_0+c_1C_1(X)+\cdots+c_{n-1}C_{n-1}(X)+c_nC_n(X)$$
が成り立つ．以上より$f(X)$が$C_i(X)\,(1 \leq i \leq n)$たちの整数倍の和で書けることが示された．

整数$c_0,\cdots,c_n,d_0,\cdots,d_n$によって
$$f(X)=c_0+c_1C_1(X)+\cdots+c_nC_n(X)=d_0+d_1C_1(X)+\cdots+d_nC_n(X)$$
と書けたとする．$C_i(0)=0 \, (1 \leq i \leq n)$であることと，$k \geq 1$に対して$C_k(k)=1$かつ$C_i(k)=0 \, (i>k)$であることから，帰納的に$c_k=d_k \, (0 \leq k \leq n)$が成り立つ．よって$f(X)$のこの表示が一意的であることも示された．(証明終)