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如果f(x)不存在有理根, 那说明存在无穷多个素数p使得p = -g(x)/f(x) 有使得f(x)≠0的有理数解x=m/n, 其中m,n是互素的非零整数
设f(x)的最高次项为Ax^k, k为正整数,A为非零整数
由于g的次数小于f, 总存在两个只由f与g确定的次数为k-1的齐次二元多项式G(x,y)与F(x,y), 使得-g(m/n)/f(m/n) = n*G(m,n)/[Am^k+n*F(m,n)]
并且当n≠0时 Am^k+n*F(m,n)≠0总成立, 否则与f(x)没有有理根矛盾
对互素的非零整数m,n, gcd(n, Am^k+n*F) = gcd(n,A*m^k) = gcd(n,A)≤|A|
若素数p与非零整数m,n满足p= -g(m/n)/f(m/n) = n*G(m,n)/[Am^k+n*F(m,n)]
则 Am^k+n*F(m,n)整除n*G(m,n), 可以推出Am^k+n*F(m,n)整除gcd(n, Am^k+n*F(m,n))*G(m,n) = gcd(n,A)*G(m,n)
又因为p是素数, 所以要么Am^k+n*F(m,n) = gcd(n,A)*G(m,n), p= n/gcd(n,A)
要么n=gcd(n,A), p[Am^k+n*F(m,n)]=gcd(n,A)*G(m,n)
(正负号包含在gcd(n,A)里, 假设这里gcd是可以带符号的)
在方程所有的解(m,n,p)(无穷多组)当中gcd(n,A)只有有限多种可能, 因此总存在A的某个因数d (d可以是负整数), 使得存在无穷多组解(m,n,p)满足gcd(n,A)=d, 设A=d*h
其中n=d, p[Am^k+n*F(m,n)]=d*G(m,n)的解也只会有有限多组, 因为p[Am^k+d*F(m,d)]是关于m的k次多项式, d*G(m,d)是关于m的不超过k-1次的多项式, 可以判断最多只存在有限多个m使两者相等
那么使得Am^k+n*F(m,n) = d*G(m,n), p= n/d的解存在无穷多组, 也就是h*m^k + p*F(m,pd)= G(m,pd)存在无穷多组满足p为不整除h的素数 (由d=gcd(n,A)=gcd(pd,A)推出),并且m与p互素的整数解(m,p)
由于h*m^k与p互素, 所以p与G(m,pd)互素, G(m,pd)中m^(k-1)次项的系数不为0, 设为a (a仅由G决定), G(m,pd)-am^(k-1)设为pd*H(m,pd), H是一个k-2次的齐次二元多项式
则(hm^k-am^(k-1))+p*F(m,pd) = pd*H(m,pd)存在无穷多组解(m,p), 模p可知 p | hm^k - am^(k-1)
再由m与p互素可得 p | hm-a
另一方面由于 |f(m/pd)/g(m/pd)|= 1/p<1, f的次数高于g, 所以m/pd有界, 也就是m/p有界, 存在由f,g确定的常数c₁,c₂使得c₁<m/p<c₂ (因为当|m/p|→∞时上述不等式不可能恒成立)
将c₁<m/p<c₂与 p | hm-a联立 (c₁,c₂,h,a都可以由f与g确定)
可得(hm-a)/p有界, 因此存在一个有限整数集R={r₁,r₂,…}使得对每组解(m,p), 都存在r∈R使得hm-a=rp成立
由抽屉原理, 至少存在一个整数r使得其中无穷多组解(m,p)满足hm-a=rp
因此当p→∞时m→∞, 并且lim m/pd = r/hd是一个常数
而|f(m/pd)/g(m/pd)|= 1/p→0, 所以x=r/hd是|f(x)/g(x)|=0的一个解, 也就是f(x)的一个有理根, 这和假设矛盾

查到了这题, 应该是2012年的IMO预选, 然后被出成了2024浙江高联预赛