>>60 の続き
sup(a_n) = +∞ を示す
そのために補題として以下を示す

[補題]
f(n)を定数でない整数係数多項式とする.
p|f(n) を満たす自然数nが存在するような素数pは無限個存在する

(証明)
c = f(0) とおく.
c=0 のときは f(x)はxで割り切れるので明らかである.
よって 以降は c≠0 としておく.
p|f(n) を満たす自然数nが存在するような素数p全体の集合をDとおく.
Dが有限集合であると仮定する.(背理法のための仮定)
明らかにDは空ではない(Dが空ならばf(x)は定数となる)
各q∈Dに対して cがqで割り切れる回数を e_q で表すとする.
n＞K なる任意の自然数nに対して
|f(n)| ＞ |c| となるように定数Kを取る.
Π[q∈D]d*q^(1+e_q) ＞K を満たす自然数dを取る.
このとき m = Π[q∈D]d*q^(1+e_q) とおけば
f(m) ≡ c (mod q^(1+e_q)) が成立する.
よって, |f(m)| = |c| がいえるが m＞K より |f(m)|＞|c| だから矛盾.
以上で補題の証明はおわり.

補題から sup(a_n) = +∞ はすぐでる:
sup(a_n)＜+∞と仮定する.
r=sup(a_n) とおく. 明らかに r＞0.
ω(f(m))=r を満たす自然数mが取れる.
f(m)のすべての素因数の積をAとおく.
補題より gcd(q, A)=1 であって
しかも q|f(s) なる自然数sが存在するような素数qが取れる.
t≡m (mod A) かつ t≡s (mod q)を満たす自然数tを取ると,
f(t)≡f(m)≡0 (mod A) かつ f(t)≡f(s)≡0 (mod q) だから
ω(f(t))≧r+1 となり r=sup(a_n)に反する.
本題の証明おわり

ちなみにわずかな修正で sup を limsup に取り替えることができる