求满足下述性质的所有次数为奇数 $d$ 的整系数多项式 $P(x)$：对每个正整数 $n$，存在 $n$ 个不同的正整数 $x_1 , x_2 , \ldots , x_n$，使得对于每对下标 $i,j$（$1\leqslant i,j\leqslant n$），均有 $\frac{1}{2}<\frac{P(x_i )}{P(x_j )}<2$，且 $\frac{P(x_i )}{P(x_j )}$ 为有理数的 $d$ 次幂．
【难度】
【出处】
2016IMO Short List
【标注】
【答案】
$P(x)=a(rx+s)^d$，其中，$a,r,s$ 为整数，且 $a\neq 0$，$r\geqslant 1$，$(r,s)=1$．
设 $P(x)=\sum_{i=0}^{d}a_i x^i$，$y=da_d x+a_{d-1}$．定义 $Q(y)=P(x)$，则 $Q$ 为有理系数多项式，且不含 $y^d -1$ 这一项．设 $Q(y)=b_d y^d +\sum_{i=1}^{d-2}b_i y^i$，$$B=\max_{0\leqslant i\leqslant d}\{|b_i | \}~~~(b_{d-1}=0)$$则条件化为对于每个正整数 $n$，存在 $n$ 个正整数 $y_1 , y_2 , \ldots , y_n$，使得对于每对下标 $i,j$（$1\leqslant i,j\leqslant n$），均有 $\frac{1}{2}<\frac{Q(y_i)}{Q(y_j)}<2$，且 $\frac{Q(y_i )}{Q(y_j )}$ 为有理数的 $d$ 次幂．因为 $n$ 可以任意大，所以，可假设所有的 $x_i$，进而，所有的 $y_i$ 为比下面的某个常数的绝对值大的整数．因为 $d$ 为奇数，所以，由迪利克雷定理，知存在一个足够大的素数 $p$，使得 $p\equiv 2\pmod{d}$．特别地，有 $(p-1,d)=1$．对于这个固定的 $p$，选择的 $n$ 足够大．由抽屉原理，知在 $y_1 , y_2 , \ldots , y_n$ 中一定有 $d+1$ 个数模 $p$ 同余．不失一般性，假设对于 $1\leqslant i,j\leqslant d+1$，有 $y_i \equiv y_j \pmod{p}$．先证明一个引理．
引理：对于所有的 $i$（$2\leqslant i\leqslant d+1$），均有$$\frac{Q\left(y_{i}\right)}{Q\left(y_{1}\right)}=\frac{y_{i}^{d}}{y_{1}^{d}}$$引理的证明：设 $\frac{Q\left(y_{i}\right)}{Q\left(y_{1}\right)}=\frac{l^{d}}{m^{d}}$，其中，$l,m$ 为正整数，且 $(l,m)=1$．则可将其改写为\begin{equation}
b_{d}\left(m^{d} y_{i}^{d}-l^{d} y_{1}^{d}\right)=-\sum_{j=0}^{d-2} b_{j}\left(m^{d} y_{i}^{j}-l^{d} y_{1}^{j}\right)
\end{equation}设 $c$ 为有理系数多项式 $Q$ 的所有系数的分母的公倍数．则对于所有整数 $k$，
$cQ(k)$ 为整数．因为 $c$ 只依赖于多项式 $P$，所以，可假设 $(p,c)=1$．由 $y_1 \equiv y_i \pmod{p}$，知 $cQ(y_1 )\equiv cQ(y_i) \pmod{p}$．分情况讨论．
（1）若 $p~|~cQ(y_1 )$
此时，$\frac{cQ(y_i )}{cQ(y_1 )}$ 的分子，分母有公约数 $p$，则 $m^{d} \leqslant p^{-1}\left|c Q\left(y_{1}\right)\right|$．由于 $y_1$ 比较大，则存在正常数 $B$，满足 $|Q(y_1 )|<2By_1^d$．故\begin{equation}
m\leqslant p^{-\frac{1}{d}}(2cB)^{\frac{1}{d}}y_1
\end{equation}由于 $y_1 , y_i$ 比较大，则 $\frac{1}{2}<\frac{Q\left(y_{i}\right)}{Q\left(y_{1}\right)}<2 ~\Rightarrow $\begin{equation}
\frac{1}{3}<\frac{y_{i}^{d}}{y_{1}^{d}}<3
\end{equation}且\begin{equation}
\frac{1}{2}<\frac{l^{d}}{m^{d}}<2
\end{equation}式（1）的左边为$$b_{d}\left(m y_{i}-l y_{1}\right) \sum_{j=0}^{d-1} m^{j} y_{i}^{j}\left(l y_{1}\right)^{d-1-j}$$若 $my_i -ly_1 \neq 0$，则上式的绝对值至少为 $|b_d |m^{d-1}y_i^{d-1}$．但由式（3），（4），（2），再由式（3）可得式（1）的右边的绝对值最多为$$\begin{aligned}\sum_{j=0}^{d-2} B\left(m^{d} y_{i}^{j}+l^{d} y_{1}^{j}\right) &\leqslant(d-1) B\left(m^{d} y_{i}^{d-2}+l^{d} y_{1}^{d-2}\right) \leqslant(d-1) B 7 m^{d} y_{i}^{d-2} \\ & \leqslant 7(d-1) B p^{-\frac{1}{4}}(2 c B)^{\frac{1}{4}} y_{1} m^{d-1} y_{i}^{d-2} \\ &\leqslant 21(d-1) B p^{-\frac{1}{4}}(2 c B)^{\frac{1}{4}} m^{d-1} y_{i}^{d-1}\end{aligned}$$则$$\left|b_{d}\right| m^{d-1} y_{i}^{d-1}\leqslant 21(d-1) B p^{-\frac{1}{d}}(2 c B)^{\frac{1}{d}} m^{d-1} y_{i}^{d-1}$$由于 $p$ 足够大，$b_d , B,c,d$ 仅依赖于多项式 $P$，矛盾．因此，$my_i - ly_1 =0$．
（2）若 $(p,cQ(y_1 ))=1$．
由 $cQ(y_1 )\equiv cQ(y_i )\pmod{p}$ $\Rightarrow l^d \equiv m^d \pmod{p}$．注意到，$(p-1,d)=1$．由费马小定理知 $l\equiv m\pmod{p}$．于是，$p~|~(my_i -ly_1)$．若 $my_i -ly_1 \neq 0$，则式（1）的左边的绝对值至少为 $\left|b_{d}\right| p m^{d-1} y_{i}^{d-1}$．
类似于（1），式（1）的右边的绝对值最多 $21(d-1)B(2cB)^{\frac{1}{d}}m^{d-1}y_i^{d-1}$．由于 $p$ 足够大，式（1）不可能成立．于是，$my_i - ly_1 =0$．
两种情况均有 $\frac{Q\left(y_{i}\right)}{Q\left(y_{1}\right)}=\frac{l^{d}}{m^{d}}=\frac{y_{i}^{d}}{y_{1}^{d}}$．引理得证．
由引理，知多项式 $Q(y_1 )y^d - y_1^d Q(y)$ 有 $d+1$ 个不同的根 $y=y_1 , y_2 , \ldots , y_{d+1}$．因为这个多项式的次数最多为 $d$，所以，其一定为零多项式．于是，$Q(y)=b_d y^d$．这表明，$P(x)=a_d \left( x+\frac{a_{d-1}}{da_d}\right)^d$．设 $\frac{a_{d-1}}{da_d}=\frac{s}{r}$（$r,s$ 为整数，且 $r\geqslant 1$，$(r,s)=1$）．因为 $P$ 是整系数多项式，所以，$r^d ~|~a_d$．设 $a_d =r^d a$．则 $P(x)=a(rx+s)^d$，且满足条件
设 $P(x)=\sum_{i=0}^{d}a_i x^i$，$y=da_d x+a_{d-1}$．定义 $Q(y)=P(x)$，则 $Q$ 为有理系数多项式，且不含 $y^d -1$ 这一项．设 $Q(y)=b_d y^d +\sum_{i=1}^{d-2}b_i y^i$，$$B=\max_{0\leqslant i\leqslant d}\{|b_i | \}~~~(b_{d-1}=0)$$则条件化为对于每个正整数 $n$，存在 $n$ 个正整数 $y_1 , y_2 , \ldots , y_n$，使得对于每对下标 $i,j$（$1\leqslant i,j\leqslant n$），均有 $\frac{1}{2}<\frac{Q(y_i)}{Q(y_j)}<2$，且 $\frac{Q(y_i )}{Q(y_j )}$ 为有理数的 $d$ 次幂．因为 $n$ 可以任意大，所以，可假设所有的 $x_i$，进而，所有的 $y_i$ 为比下面的某个常数的绝对值大的整数．因为 $d$ 为奇数，所以，由迪利克雷定理，知存在一个足够大的素数 $p$，使得 $p\equiv 2\pmod{d}$．特别地，有 $(p-1,d)=1$．对于这个固定的 $p$，选择的 $n$ 足够大．由抽屉原理，知在 $y_1 , y_2 , \ldots , y_n$ 中一定有 $d+1$ 个数模 $p$ 同余．不失一般性，假设对于 $1\leqslant i,j\leqslant d+1$，有 $y_i \equiv y_j \pmod{p}$．先证明一个引理．
引理：对于所有的 $i$（$2\leqslant i\leqslant d+1$），均有$$\frac{Q\left(y_{i}\right)}{Q\left(y_{1}\right)}=\frac{y_{i}^{d}}{y_{1}^{d}}$$引理的证明：设 $\frac{Q\left(y_{i}\right)}{Q\left(y_{1}\right)}=\frac{l^{d}}{m^{d}}$，其中，$l,m$ 为正整数，且 $(l,m)=1$．则可将其改写为\begin{equation}
b_{d}\left(m^{d} y_{i}^{d}-l^{d} y_{1}^{d}\right)=-\sum_{j=0}^{d-2} b_{j}\left(m^{d} y_{i}^{j}-l^{d} y_{1}^{j}\right)
\end{equation}设 $c$ 为有理系数多项式 $Q$ 的所有系数的分母的公倍数．则对于所有整数 $k$，
$cQ(k)$ 为整数．因为 $c$ 只依赖于多项式 $P$，所以，可假设 $(p,c)=1$．由 $y_1 \equiv y_i \pmod{p}$，知 $cQ(y_1 )\equiv cQ(y_i) \pmod{p}$．分情况讨论．
（1）若 $p~|~cQ(y_1 )$
此时，$\frac{cQ(y_i )}{cQ(y_1 )}$ 的分子，分母有公约数 $p$，则 $m^{d} \leqslant p^{-1}\left|c Q\left(y_{1}\right)\right|$．由于 $y_1$ 比较大，则存在正常数 $B$，满足 $|Q(y_1 )|<2By_1^d$．故\begin{equation}
m\leqslant p^{-\frac{1}{d}}(2cB)^{\frac{1}{d}}y_1
\end{equation}由于 $y_1 , y_i$ 比较大，则 $\frac{1}{2}<\frac{Q\left(y_{i}\right)}{Q\left(y_{1}\right)}<2 ~\Rightarrow $\begin{equation}
\frac{1}{3}<\frac{y_{i}^{d}}{y_{1}^{d}}<3
\end{equation}且\begin{equation}
\frac{1}{2}<\frac{l^{d}}{m^{d}}<2
\end{equation}式（1）的左边为$$b_{d}\left(m y_{i}-l y_{1}\right) \sum_{j=0}^{d-1} m^{j} y_{i}^{j}\left(l y_{1}\right)^{d-1-j}$$若 $my_i -ly_1 \neq 0$，则上式的绝对值至少为 $|b_d |m^{d-1}y_i^{d-1}$．但由式（3），（4），（2），再由式（3）可得式（1）的右边的绝对值最多为$$\begin{aligned}\sum_{j=0}^{d-2} B\left(m^{d} y_{i}^{j}+l^{d} y_{1}^{j}\right) &\leqslant(d-1) B\left(m^{d} y_{i}^{d-2}+l^{d} y_{1}^{d-2}\right) \leqslant(d-1) B 7 m^{d} y_{i}^{d-2} \\ & \leqslant 7(d-1) B p^{-\frac{1}{4}}(2 c B)^{\frac{1}{4}} y_{1} m^{d-1} y_{i}^{d-2} \\ &\leqslant 21(d-1) B p^{-\frac{1}{4}}(2 c B)^{\frac{1}{4}} m^{d-1} y_{i}^{d-1}\end{aligned}$$则$$\left|b_{d}\right| m^{d-1} y_{i}^{d-1}\leqslant 21(d-1) B p^{-\frac{1}{d}}(2 c B)^{\frac{1}{d}} m^{d-1} y_{i}^{d-1}$$由于 $p$ 足够大，$b_d , B,c,d$ 仅依赖于多项式 $P$，矛盾．因此，$my_i - ly_1 =0$．
（2）若 $(p,cQ(y_1 ))=1$．
由 $cQ(y_1 )\equiv cQ(y_i )\pmod{p}$ $\Rightarrow l^d \equiv m^d \pmod{p}$．注意到，$(p-1,d)=1$．由费马小定理知 $l\equiv m\pmod{p}$．于是，$p~|~(my_i -ly_1)$．若 $my_i -ly_1 \neq 0$，则式（1）的左边的绝对值至少为 $\left|b_{d}\right| p m^{d-1} y_{i}^{d-1}$．
类似于（1），式（1）的右边的绝对值最多 $21(d-1)B(2cB)^{\frac{1}{d}}m^{d-1}y_i^{d-1}$．由于 $p$ 足够大，式（1）不可能成立．于是，$my_i - ly_1 =0$．
两种情况均有 $\frac{Q\left(y_{i}\right)}{Q\left(y_{1}\right)}=\frac{l^{d}}{m^{d}}=\frac{y_{i}^{d}}{y_{1}^{d}}$．引理得证．
由引理，知多项式 $Q(y_1 )y^d - y_1^d Q(y)$ 有 $d+1$ 个不同的根 $y=y_1 , y_2 , \ldots , y_{d+1}$．因为这个多项式的次数最多为 $d$，所以，其一定为零多项式．于是，$Q(y)=b_d y^d$．这表明，$P(x)=a_d \left( x+\frac{a_{d-1}}{da_d}\right)^d$．设 $\frac{a_{d-1}}{da_d}=\frac{s}{r}$（$r,s$ 为整数，且 $r\geqslant 1$，$(r,s)=1$）．因为 $P$ 是整系数多项式，所以，$r^d ~|~a_d$．设 $a_d =r^d a$．则 $P(x)=a(rx+s)^d$，且满足条件
【解析】
略
答案
解析
备注
