2024 年浙江预赛

解答

设 $m=\mathrm{deg}f$，首项系数为 $f_m\ne 0$。去掉有限多个整除 $f_m$ 的素数。对每个余下的 $p$，取 $pf+g$ 的一个既约有理根

因 $pf+g$ 的各项系数与首项系数之比对 $p$ 一致有界，由多项式根的柯西界，存在与 $p$ 无关的常数 $C$ 使 $|r_p|\le C$。有理根定理又给出

因此可写成 $b_p=d$ 或 $b_p=pd$，其中 $d$ 取自 $|f_m|$ 的有限多个正因数。

若第一种情形对无穷多个 $p$ 发生，则分母 $d$ 和有界分子都只有有限种可能，故某个有理数 $r$ 对无穷多个 $p$ 都是根。由 $pf(r)+g(r)=0$ 对两个不同的 $p$ 相减，得到 $f(r)=0$，结论成立。

下面只需处理 $b_p=pd$ 对无穷多个 $p$ 发生的情形，并取子列使 $d$ 固定。把 $pf(a_p/(pd))+g(a_p/(pd))=0$ 乘以 $(pd{)}^m$。因 $p\nmid a_p{f}_m$，若 $m-\mathrm{deg}g\ge 2$，则除首项 $p{f}_m{a}_p^m$ 外其余各项均被 $p^2$ 整除，这在模 $p^2$ 下矛盾。因此只能有

设 $g$ 的 $x^{m-1}$ 项系数为 $g_{m-1}$。同一等式模 $p^2$ 给出

于是存在整数 $q_p$ 使

由 $|a_p/(pd)|\le C$ 可知 $q_p$ 一致有界，再取无穷子列可令 $q_p=q$ 固定。由（1），

另一方面，

因为 $r_p$ 有界。由多项式连续性，$f(r_0)=0$。故 $f$ 必有有理根。