Bài toán 29.[IMC 2006, Day 1, Problem 4] Biết $f$ là một hàm hữu tỉ (tức là thương của hai đa thức hệ số thực), và giả sử rằng $f(n)$ là một số nguyên với vô hạn các số nguyên $n$. Chứng minh rằng $f$ là một đa thức.

Bài toán 29.[IMC 2006, Day 1, Problem 4] Biết $f$ là một hàm hữu tỉ (tức là thương của hai đa thức hệ số thực), và giả sử rằng $f(n)$ là một số nguyên với vô hạn các số nguyên $n$. Chứng minh rằng $f$ là một đa thức.

Lời giải

Đặt $S$ là một tập vô hạn các số nguyên sao cho hàm hữu tỉ $f(x)$ có thể lấy tích phân với mọi $x\in S$. Giả sử rằng $$f(x)=\frac{p(x)}{q(x)}$$ với $p$ là đa thức bậc $k$ và $q$ là đa thức bậc $n$. Khi đó $p$, $q$ sẽ là nghiệm của phương trình $$p(x)=q(x) f(x)$$ với mọi $x \in S$ không là nghiệm của $q$. Đây là phương trình tuyến tính với hệ số của $p$, $q$ là các đa thức với hệ số hữu tỉ. Bởi vì chúng có nghiệm, chúng sẽ có nghiệm hữu tỉ. Khi đó, sẽ có các đa thức $p^{\prime}, q^{\prime}$ với hệ số hữu tỉ sao cho $$p^{\prime}(x)=q^{\prime}(x) f(x)$$ với mọi $x \in S$ không là nghiệm của $q$. Nhân phương trình này với phương trình ở trên, chúng ta được $$p^{\prime}(x) q(x) f(x)=p(x) q^{\prime}(x) f(x)$$ với mọi $x \in S$ không là nghiệm của $q$. Nếu $x$ không phải là nghiệm của $p$ hoặc $q, f(x) \neq 0$ và khi đó, $$p^{\prime}(x) q(x)=p(x) q^{\prime}(x)$$ với mọi $x \in S$, trừ hữu hạn các nghiệm của $p$ và $q$. Vì vậy, hai đa thức $p^{\prime} q$ và $p q^{\prime}$ bằng nhau với vô hạn cách chọn các giá trị của $x$. Chính vì vậy, $$p^{\prime}(x) q(x)=p(x) q^{\prime}(x)$$ Chia hai vế cho $q(x) q^{\prime}(x)$, chúng ta thấy rằng $$\frac{p^{\prime}(x)}{q^{\prime}(x)}=\frac{p(x)}{q(x)}=f(x).$$ Chúng ta kết luận rằng $f(x)$ có thể viết được dưới dạng thương của hai đa thức với hệ số hữu tỉ. Nhân cả hai đa thức với một vài số nguyên, chúng ta kết luận $f(x)$ có thể viết được dưới dạng thương của hai đa thức với hệ số nguyên. Giả sử $$f(x)=\frac{p^{\prime \prime}(x)}{q^{\prime \prime}(x)}$$ với $p^{\prime \prime}(x)$ và $q^{\prime \prime}(x)$ đều có các hệ số nguyên. Khi đó, bằng thuật toán chia đa thức của Euler, tồn tại các đa thức $s$ và $r$, cả hai đều có các hệ số hữu tỉ sao cho $$p^{\prime \prime}(x)=q^{\prime \prime}(x) s(x)+r(x)$$ với bậc của $r$ nhỏ hơn bậc của $q^{\prime \prime}$. Chia hai vế với $q^{\prime \prime}(x)$, chúng ta được $$f(x)=s(x)+\frac{r(x)}{q^{\prime \prime}(x)}.$$ Lúc này, tồn tại một số nguyên $N$ sao cho $Ns(x)$ có hệ số dương. Khi dó, $Nf(x)-Ns(x)$ là một số nguyên với mọi $x\in S$. Tuy nhiên, hàm số này lại bằng hàm hữu tỉ $\dfrac{Nr(x)}{q^{\prime \prime}(x)}$, hàm số có bậc của mẫu cao hơn bậc của tử, nên hàm này sẽ tiến đến $0$ khi $x$ tiến đến $+\infty$. Vì vậy, với $x \in S$ đủ lớn, chúng ta có $$N f(x)-Ns(x)=0$$ hay $r(x)=0$. Như vậy, $r$ có vô hạn nghiệm, tức là đa thức này sẽ trùng với đa thức $0$. Lúc này $f(x)=s(x)$, hay chúng ta kết luận được $f$ là đa thức.