Xét đa thứcP(x)=a2kx2k+a2k−1x2k−1+...+a2x2+a1x+a0P(x)=a2kx2k+a2k−1x2k−1+...+a2x2+a1x+a0

Trong đó kk là số nguyên dương và a2k,a2k−1,...,a2,a1,a0a2k,a2k−1,...,a2,a1,a0 là các số nguyên lẻ.

Giả sử đa thức trên có nghiệm hữu tỉ pqpq với p,q∈Z,gcd(p,q)=1p,q∈Z,gcd(p,q)=1

Khi đó :a2k(pq)2k+a2k−1(pq)2k−1+...+a1.(pq)+a0⇔a2kp2k+a2k−1p2k−1q+...+a1pq2k−1+a0q2k=0(∗)a2k(pq)2k+a2k−1(pq)2k−1+...+a1.(pq)+a0⇔a2kp2k+a2k−1p2k−1q+...+a1pq2k−1+a0q2k=0(∗)

Mặt khác ta có tính chất nếu pqpq (tối giản) là nghiệm hữu tỉ của một đa thức thì hệ số bậc cao nhất chia hết cho qq và hệ số tự do chia hết cho pp.

Tức là q|a2k;q|a0q|a2k;q|a0 mà a2k,a0a2k,a0 lẻ nên p,qp,q đều lẻ.

Khi đó vế trái của (*) là tổng của 2k+12k+1 số lẻ nên VT(1)VT(1) lẻ. Nhưng VP(1)=0VP(1)=0 chẵn. Mâu thuẫn

Gỉa thiết phản chứng sai, ta có đpcm.