Ide o toto tvrdenie:
V dôkaze je chyba v tom, že som pracoval ako keby som už vedel, že $b_0$ resp. $b_k$ je celé číslo. (Vtedy by som skutočne vedel dostať $q\mid b_kp$ a $q\mid b_k$.) Ale to, že $b_k$ je celé sa práve snažím dokázať.Nech $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_0\in\mathbb Z[x]$ je polynóm s celočíselnými koeficientami a racionálne číslo $c=\frac{p}q$ je koreň $f(x)$ $($pričom $\gcd(p,q)=1$, t.j. racionálne číslo $c$ je zapísané v základnom tvare$)$. Nech $g(x)=b_{n-1}x^{n-1}+\dots+b_0$ je polynóm z $\mathbb Q[x]$ taký, že
$$f(x)=g(x)\left(x-\frac{p}q\right).\tag{1}$$
Potom aj $g(x)\in\mathbb Z[x]$, t.j. koeficienty polynómu $g(x)$ sú celočíselné.
Skúsme sa pozrieť na to, či by sme teda vedeli napísať nejaký správny dôkaz. Keďže dôkaz, kde som sa postupne snažil dokázať, že $b_0, b_1,\dots, b_{n-1}$ sú celé čísla nezafungoval, tak skúsme, či by sme to nevedeli dokázať keď začneme z~opačnej strany. T.j. či by sme postupne vedeli dokázať, že $b_{n-1},b_{n-2},\dots,b_1,b_0$ sú celé.
Zrejme sa budeme snažiť spraviť tento dôkaz indukciou. Ale začnime tým, že sa pozrieme aspoň na prvé dva prípady - z toho azda budeme vedieť vymyslieť, čo vlastne chceme indukciou dokazovať (čo všetko potrebujeme, aby prešiel indukčný krok).
*****
Dôkaz.
V dôkaze budeme samozrejme využívať rovnosť $(1)$, ktorá nám vlastne dáva vzťah medzi koeficientami polynómu $f(x)$ a koeficientami polynómu $g(x)$.
Okrem toho budeme často používať to, že vieme
$$a_n\frac{p^n}{q^n}+a_{n-1}\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}}+\dots+a_1\frac pq+a_0=0.\tag{2}$$
Pre najvyšší koeficient polynómu $g(x)$ platí $b_{n-1}=a_n$.
Všimnime si tiež, že z rovnosti $(2)$ máme
$$b_{n-1}\frac{p^n}{q^n}=-a_{n-1}\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}}-\dots-a_1\frac pq-a_0.$$
Ak túto rovnosť prenásobíme $q^n$, tak máme
$$b_{n-1} p^n = -(a_{n-1}p^{n-1}+a_{n-2}p^{n-2}q\dots+a_1pq^{n-2}+a_0q_{n-1})q.$$
Pretože výraz v zátvorke je celé číslo, máme $q\mid b_{n-1} p^n$. Z toho, že $p$ a $q$ sú nesúdeliteľné, dostávame $q\mid b_{n-1}$.
(Vlastne sme zatiaľ iba zopakovali úvahu z dôkazu tvrdenia 4.5.9. Ale asi sa ju oplatí zopakovať, keďže podobnú úvahu budeme používať aj ďalej.)
Pozrime sa na ďalší koeficient. Tento koeficient môžeme vyjadriť ako
$$b_{n-2} = b_{n-1}\frac pq+a_{n-1} = a_n \frac pq + a_{n-1}.$$
(Prvú rovnosť dostaneme z Hornerovej schémy. Alebo tiež z porovnania koeficientov pri $x^{n-1}$ v~polynómoch $f(x)$ a $g(x)\left(x-\frac pq\right)$ vidíme, že $a_{n-1}=b_{n-2}-b_{n-1}\frac pq$.)
Pozrime sa na výraz
$$b_{n-2}\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}} = a_n\frac{p^n}{q^n}+a_{n-1}\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}},$$
ktorý môžeme použitím $(2)$ prepísať do tvaru
$$b_{n-2}\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}} = -a_{n-2}\frac{p^{n-2}}{q^{n-2}}-\dots-a_1\frac pq-a_0.$$
Opäť stačí túto rovnosť vynásobiť $q^{n-1}$ a dostaneme
$$b_{n-2} p^{n-1}= -(a_{n-2}p^{n-2}+a_{n-3}p^{n-3}q\dots+a_1pq^{n-3}+a_0q_{n-2})q.$$
A podobne ako pri predošlom koeficiente, z toho, že $p$ a $q$ sú nesúdeliteľné máme $q\mid b_{n-2}$.
Teraz sa už dá uhádnuť, že sa zrejme budeme snažiť indukciou dokázať tieto dve veci pre $k=1,\dots,n-1$:
Platí rovnosť
$$b_{n-k}=a_n\frac{p^{k-1}}{q^{k-1}}+a_{n-1}\frac{p^{k-2}}{q^{k-2}} + \dots + a_{n-k+1} \tag{3}$$
a navyše platí, že $b_{n-k}$ je celé číslo, ktoré je deliteľné číslom $q$.
Indukčný krok bude vyzerať takto: Predpokladáme, že uvedené tvrdenie platí pre $k$, pričom $k<n-1$. Chceme dokázať, že platí aj pre $k+1$. Máme rovnosť
$$b_{n-(k+1)} = b_{n-k}\frac pq + a_{n-k}.$$
Ak za $b_{n-k}$ dosadíme výraz, ktorý máme z~indukčného predpokladu, tak dostaneme
\begin{align*}
b_{n-(k+1)} &= \left(a_n\frac{p^{k-1}}{q^{k-1}}+a_{n-1}\frac{p^{k-2}}{q^{k-2}} + \dots + a_{n-k+1}\right)\frac pq + a_{n-k} \\
&=a_n\frac{p^{k}}{q^{k}}+a_{n-1}\frac{p^{k-1}}{q^{k-1}} + \dots + a_{n-k+1} \frac pq + a_{n-k}
\end{align*}
Teda aj pre $k+1$ platí rovnosť $(3)$.
Po vynásobení predošlej rovnosti číslom $\frac{p^{n-k}}{q^{n-k}}$ máme
$$b_{n-(k+1)} \frac{p^{n-k}}{q^{n-k)}} = a_n\frac{p^n}{q^n}+a_{n-1}\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}} + \dots + a_{n-k+1} \frac{p^{n-k+1}}{q^{n-k+1}} + a_{n-k} \frac{p^{n-k}}{q^{n-k}}.$$
z~čoho použitím $(2)$ dostaneme
$$b_{n-(k+1)} \frac{p^{n-k}}{q^{n-k}} = - a_{n-k-1} \frac{p^{n-k-1}}{q^{n-k-1}} - a_{n-k-2} \frac{p^{n-k-2}}{q^{n-k-2}} - \dots - a_1 \frac pq - a_0.$$
Opäť stačí túto rovnosť vynásobiť číslom $q^{n-k}$ a máme
$$b_{n-(k+1)} p^{n-k} = (-a_{n-k-1} p^{n-k-1} -a_{n-k-2} p^{n-k-2}q - \dots - a_1 pq^{n-k-2} - a_0q^{n-k-1})q.$$
A znovu si stačí všimnúť, že číslo v~zátvorke na pravej strane rovnosti je celé, čiže pravá strana je násobok $q$. Na základe toho, že $p$ a $q$ sú nesúdeliteľné, dostaneme $q\mid b_{n-(k+1)}$.
$\square$
*****
Pridám aj dôkaz, aký navrhol v maile váš kolega. Základná idea je podobná, je zapísaný o čosi stručnejšie - asi aj prehľadnejšie.
Najprv dokážeme, že
$$p^{k+1} \mid a_k p^k + a_{k-1} p^{k-1} q + \dots + a_0 q^k$$
pre každé $k \in \{0, 1, \dots, n\}$. Z toho, že $\frac{p}{q}$ je koreňom $f$ máme
$$p^{k+1} \mid a_n p^n + a_{n-1} p^{n-1} q + \dots + a_1 p q^{n-1}+ a_0 q^n = 0$$
a keďže zjavne
$$p^{k+1} \mid a_n p^n + a_{n-1} p^{n-1} q + \dots + a_{k+1} p^{k+1} q^{n-k-1} \text{,}$$
tak nutne
$$p^{k+1} \mid a_k p^k q^{n-k} + a_{k-1} p^{k-1} q^{n-k+1} + \dots + a_0 q^n =
q^{n-k} \left( a_k p^k + a_{k-1} p^{k-1} q + \dots + a_0 q^k \right) \text{.}$$
Keďže $\gcd(p, q) = 1$, tak aj $\gcd(p^{k+1}, q^{n-k}) = 1$ ($p$ a $q$ nemajú vo svojich rozkladoch žiadne spoločné prvočíslo (tvrdenie 4.4.39), preto ani $p^{k+1}$ a $q^{n-k}$ nemajú žiadne spoločné prvočíslo a teda sú tiež nesúdeliteľné (opäť z tvrdenia 4.4.39)). S využitím dôsledku 4.4.23 potom dostávame priamo
$$p^{k+1} \mid a_k p^k + a_{k-1} p^{k-1} q + \dots + a_0 q^k \text{.}$$
Teraz ukážeme, že pre každé $k \in \{0, 1, \dots, n-1\}$ platí
$$b_k = -q \frac{ a_k p^k + a_{k-1} p^{k-1} q + \dots + a_0 q^k}{p^{k+1}},$$
z toho už priamo vyplynie, že $b_k$ je celé číslo (navyše deliteľné $q$). Indukciou vzhľadom na $k$.
Keďže $a_0 = -b_0 \frac{p}{q}$, platí $b_0 = -q \frac{a_0}{p}$, teda pre $k = 0$ tvrdenie platí. Pre každé
$k \in \{1, 2, \dots, n-1\}$ platí $$a_{k}=b_{k-1}-b_k\frac{p}q,$$ teda
$$b_k = -q \frac{a_k - b_{k-1}}{p}.$$ Z indukčného predpokladu máme
$$b_{k-1} = -q \frac{a_{k-1} p^{k-1} + \dots + a_0 q^{k-1}}{p^k},$$ dosadením do predchádzajúcej rovnosti dostávame $$b_k = -q \frac{ a_k p^k + a_{k-1} p^{k-1} q + \dots + a_0 q^k}{p^{k+1}}.$$