Chuyên đề một số bài TOÁN xác ĐỊNH đa THỨC

Lý do Đa thức có vị trí rất quan trong trong toán học đây là một nội dung nghiên cứu trong tâm của đại số.. Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympíc quốc tế thì các bài toán đa

MỘT SỐ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

MÃ TO16

A MỞ ĐẦU

1 Lý do

Đa thức có vị trí rất quan trong trong toán học đây là một nội dung nghiên cứu trong tâm của đại số Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympíc quốc tế thì các bài toán đa thức cũng thường được đề cập đến và được xem là một trong các bài toán khó

Một trong những khó khăn khi giải các bài toán về đa thức đó là xác định hướng giải và công cụ áp dụng như thế nào Qua thực tế giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề đa thức tôi nhận thấy để học sinh có hứng thú và phát triển tư duy giải các bài toán về đa thức thì việc trang bị những kiến thức cơ bản là điều rất quan trọng

2 Mục đích

Trong chuyên đề này tôi trình bày một số bài toán về cách xác định một đa thức chủ yếu dựa vào các đặc điểm cơ bản của đa thức như hệ số, bậc, nghiệm, , của đa thức những vấn đề rất đặc trưng của đa thức Chuyên đề này cũng giới thiệu thêm một số bài toán xác định đa thức nhiều biến thông qua một số đề thi chọn học sinh giỏi

B NỘI DUNG

I/ Bài toán xác định đa thức dựa vào yếu tố nghiệm của đa thức

1.Lý thuyết:

1.1 Định nghĩa

Định nghĩa 1: Ta gọi đa thức bậc n biến x là một biểu thức có dạng

P x( )=a x n n +a n−1x n−1 + + a x a1 + 0 (a n ≠0)

Trong đó a ii( = 0, ) n là các số thực ( hoặc phức) được gọi là hệ số

Nếu a i =0,i=1,2,3, ,n và a0 thì bậc của đa thức là không

Nếu a i =0,i=0,1,2,3, ,n thì ta coi bậc của đa thức là −∞ và gọi là đa thức không ( nói chung thì người ta không định nghĩa bậc của đa thức không )

Định nghĩa 2: Cho đa thức

P x( )=a x n n +a n−1x n−1+ + a x a1 + 0 (a n ≠0)

α ∈£ được gọi là một nghiệm của đa thức P x( ) nếu P( ) 0α =

Nếu tồn tại k ∈ • , k > 1 sao cho P x x( ) (M −α)k nhưng P x( ) không chia hết cho

1

(x−α)k+ thì α được gọi là nghiệm bội k của đa thức P x n( )

1.2 Định lý

Định lý 1: Mỗi đa thức bậc n đều có không quá n nghiệm thực

Hệ quả: Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không

Định lý 2: Số α là nghiệm của P x( ) khi và chỉ khi P x( ) chia hết cho (x−α)

Bài tập luyện:

Bài 1: Tìm tất cả các đa thức P x( ) hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức:

a) P x( )=P x( +1) (1)

b) xP x( − = −1) (x 2) ( )P x (2)

Bài giải

a) Nhận xét

Từ P x( )=P x( −1) ⇒P(0)=P(1)=P(2) = =P n( ) =

Nếu P x( )≡C thỏa mãn yêu cầu bài toán

Nếu P x( )≠C Giả sử deg P n=

Đặt Q x( )=P x( )−P(0) với degQ n=

Ta thấy Q(0) Q(1) Q(2) Q(n) 0= = = = = Đa thức Q x( ) bậc n có nhiều hơn n

nghiệm Suy ra Q x( ) 0≡ ⇒P x( )=P(0)

Vậy đa thức cần tìm là P x( )=C ( C là hằng số )

b) Từ giả thiết ta nhận thấy P(0)=P(1) 0=

Do đó x={ }0;1 là nghiệm của đa thức P x( ) Suy ra P x( )= x x( −1)Q(x)

Thay vào đồng nhất thức (2) ta được:

x x( −1)(x−2) (Q x− =1) x x( −1)(x−2) ( ) Q x ∀x

⇒Q x( )=Q x( −1) ∀ ≠x {0;1;2}

⇒Q x( )=C

⇒P x( )=x x( −1).C

Thử lại thấy P x( )= x x( −1).C thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy P x( )=x x( −1).C ( C là một hằng số )

Bài 2: Tìm tất cả các đa thức P x( ) hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức

a) P x( + =1) P x( ) 2+ x+1

b) P x(( +1) )2 =P x( ) 22 + x+1

Bài giải

a) Ta có:

P x( + =1) P x( ) 2+ x+ ⇒1 P x( + − +1) (x 1)2 =P x( )− x2

Xét Q x( )=P x( )−x2 suy ra Q x( )=Q x( + ⇒1) Q( )x =C

⇒ P x( )=x2 +C Thử lại đúng

Vậy P x( )=x2 +C

b) Ta có: P x(( +1) )2 =P x( ) 22 + x+ ⇒1 P x(( +1) ) (x 1)2 − + 2 =P x( )2 − x2

Xét Q x( )=P x( )−x suy ra Q x( )=Q x( + ⇒1) Q( )x =C

( )

P x x C

⇒ = + Thử lại đúng

Vậy P x( )= +x C

Bài 3: Cho hai số a và b, a ≠ 0 Đa thức P x( ) thỏa mãn

xP x a( − = −) (x b P x) ( ) ∀x (1)

a) Nếu b *

a∉• thì P x( ) 0≡

b) Nếu b *

n

a = ∈• Hãy tìm đa thức P x( )

Bài giải

a) Nếu P x( ) 0≡ thỏa mãn (1)

Nếu P x( ) là một đa thức bậc n ≥ 1 thỏa mãn (1) Ta chứng minh b *

a∈•

Giả sử P x( )=a x n n +a n−1x n−1+ + a x a1 + 0 (a n ≠0 )

Từ (1) suy ra b P x ( )=x P x( ( )−P x a( − ))

Ta có

P x −P x a− =a x⎡ − −x a ⎤+a − ⎡x − − −x a − ⎤+ + a −a

1 (P(x) P(x a)) x( n n ( ) ) ( (n ( )

Đồng nhất hệ số x n trong đẳng thức

b a n a n a n b n *

a

b) Nếu b na = Hệ thức (1) trở thành

xP x a( − = −) (x na P x) ( )

Ta thấy

P(0) 0=

( ) 0

(2 ) 0

P a

P a

=

=

Giả sử P ka( ) 0 0= ≤ ≤ −k n 1

Cho x= +(k 1)a

( ).( 1) ( 1) ((k 1)a) P((k 1)a) 0

Tức là P(0) P(a) P((n 1)a) 0= = − =

⇒P x( )=x x a x( − )( −2 ) (a x− −(n 1) ) ( )a Q x

Thay vào (1)

( 1) ( )( 2 ) ( ( 1)a) Q( )( )( 2 ) ( )

Q x− x x a x− − a x− −n = x x a x− − a x na− ⇒Q x a( − =) Q x( )

⇒Q x( )=C

Thử lại P x( )=C x x a x ( − )( −2 ) (a x− −(n 1) )a thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy P x( )=C x x a x ( − )( −2 ) (a x− −(n 1) )a

Bài 4 ( Moldova 2004) : Tìm đa thức P x( ) với hệ số thực thỏa mãn

(x3 +3x2 +3x+2) (P x− =1) (x3 −3x2 +3x−2) ( ) P x ∀x (1)

Bài giải

Từ giả thiết ta có

(x+2)(x2 + +x 1) (P x− = −1) (x 2)(x2 − +x 1) ( ) P x ∀x

Dễ thấy

( 2) 0 ( 1) 0 (0) 0 (1) 0

P P P P

− =

− =

=

=

( ) ( 1)( 1)( 2) ( )

⇒ = − + + Với Q x( ) là đa thức với hệ số thực

Thay vào (1) ta được

(x+2)(x + +x 1) (x x+1)(x−1)(x−2) (Q x− = −1) (x 2)(x − +x 1) (x x−1)(x+1)(x+2).Q(x)

⇒(x2 + +x 1) (Q x− =1) (x2 − +x 1) ( ) Q x ∀ ≠ − −x { 2; 1;0;1;2}

−

Đặt

2

( ) ( )

1

Q x

R x

x x

=

+ + ⇒R x( )=R x( −1) ∀ ≠ − −x { 2; 1;0;1;2} ⇒R x( )=C

⇒Q x( )=C x( 2 + +x 1)

⇒P x( )=C x x ( −1)(x+1)(x+2)(x2 + +x 1)

Thử lại P x( ) thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy đa thức cần tìm P x( )=C x x ( −1)(x+1)(x+2)(x2 + +x 1) ( C là một hằng số )

Bài 5: Xác định tất cả các đa thức P x( ) thỏa mãn điều kiện

( 2 2) ( ) ( )

P u −v =P u v P u v− + với ∀u v, ∈°

Bài giải

Nhận thấy phương trình đầu tiên tương đương với

( ) ( ) ( )

P xy =P x P y với ∀x y, ∈° (1)

Từ phương trình (1) cho x y= = 0, suy ra P( )0 =P2( )0 hay P( )0 = 0 hoặc P( )0 = 1

1) Với P( )0 = 1, cho y= 0 vào phương trình (1), ta có P( ) ( ) ( )0 =P x P 0 hay P x( )= 1 2) Với P( )0 = 0, suy ra P x( )=xQ x1( ) với Q1 có bậc nhỏ hơn P một đơn vị

Suy ra (1) tương đương với xyQ xy1( )=xQ x yQ y1( ) ( )1 nhưng phương trình này thỏa mãn với ∀x y, ∈° nên

Q xy =Q x Q y với ∀x y, ∈°

Từ đây lại có Q x1( )= 1 với ∀ ∈ °x hoặc Q x1( )=xQ x2( ) với ∀ ∈ °x

Tiếp tục lập luận này, ta có:

- Hoặc P x( )= 1 với ∀ ∈ °x

- Hoặc P x( )=x n với n là một số nguyên dương thỏa mãn đề bài

Vậy, P x( )=x k với k∈ •

Bài 6: Tìm tất cả các đa thức f x( ) với hệ số thực thỏa mãn f ( )0 = 0 và

( 2 ) ( ( ) )2 ( )

f x − + =x f x − f x + với mọi x

Bài giải

Thay x bởi x− 1, ta được

2 2

2 2

Theo giả thiết, ta có:

( )

f x − f x + = f −x − f x− + ⇔ f x− + f x − f − −x f x =

Do đó, một trong 2 đa thức f (1 − +x) ( )f x − 1 hoặc f (1 − −x) ( )f x = 0có vô hạn nghiệm

Hay f (1 − +x) ( )f x − = ∀ 1 0, x hoặc f (1 − −x) ( )f x = ∀ 0, x

Thay x= 1 vào phương trình đầu tiên có f ( )1 = 1

Vậy f (1 − +x) ( )f x − = ∀ 1 0, x

2

x= vào phương trình ban đầu thì 1 1

f ⎛ ⎞⎜ ⎟=

⎝ ⎠ Chú ý với x∈( )0;1 ⇒ < < − + < 0 x x2 x 1 1

Dựa vào phương trình ban đầu, ta xét ( )x n như sau:

1

x = ∈ x =x − −x − + ∀ ≥n Khi đó tất cả các giá trị phân biết của x n đều là nghiệm của f x( )−x

Vậy, đa thức cần tìm là f x( )=x

II/ Một số bài toán xác định đa thức dựa vào so sánh, đánh giá các hệ số của đa thức Bài 1: Tìm tất cả các đa thức P x( ) không phải là đa thức hằng thỏa mãn:

( 3 ) ( )3

P x + =P x+ với ∀ ∈ °x

Bài giải

P x+ =Q x =a x +a x− − + + K a , a k ≠ 0

Suy ra ( )3 ( )3

Q x =Q x với ∀ ∈ °x hay

a x +a x− − + + = K a a x +a x− − + + K a Giả sử tồn tại số m lớn nhất sao cho m k< và a m ≠ 0, suy ra 3m< 2k m+ Đồng nhất hệ số của x 2k m+ ở 2 vế, ta được 0 3 = a a k m2 , mâu thuẫn với điều giả sử

Từ đó suy ra 3 ( )3 ( )3 3 3

1

a x =Q x =Q x =a x ⇒ = ±a

Vậy P x( ) (= ± −x 1)k với ∀ ∈ °x

Bài 2 (Albanian TST 2009): Tìm tất cả các đa thức P x( ) khác đa thức không có hệ số không âm và thỏa mãn:

1 2

( ) ( ) ( (1)) 0

x ≤ ∀ >

Bài giải

Giải sử P x( )=a x k k +a k−1x k−1 + + a x a1 + 0 (a i ≥0, ∀ =i 0,k −1;ak >0)

Do x > 0

P x P x− = a x +a − x − + +a x a+ a x− + +a x− +a ≥ a + + +a a

( ) ( ) ( (1))

P x P x− P

Theo giả thiết: 1 2

( ) ( ) ( (1)) 0

x ≤ ∀ >

( ) ( ) ( (1)) 0

⇔(a x k k +a k−1x k−1+ + a x a1 + 0)(a k +a k−1x+ + a x0 k) ( (1)) = P 2 x k

So sánh hệ số của xk+1; xk+2; ; x2k ở hai vế của đồng nhất thức

Suy ra a0 = =a1 a2 = = a k−1

Vậy P x( )=a x k k (a k >0)

Bài 3: Tìm tất cả các đa thức P x( )∈Z x[ ] bậc n thỏa mãn điều kiện sau:

[ ]2 2

(2 ) 16 ( )

P x = P x ∀ ∈°x

Bài giải

Giả sử P x( )=a x n n +a n−1x n−1 + + a0 (a n ≠0)

Cho x o= ⇒( (0))P 2 =16 (0)P

⇒a02 =16a0

⇒a0 =0 hoặc a0 =16

Thay biểu thức của P x( ) và so sánh hệ số của x 2n ta thu được 16a n =22n a n2

Do a n ≠0 nên ta có ngay 16

4

a = từ đó suy ra n = 0, n = 1, n = 2 Với n = 0 thì P x( ) 16≡ hoặc P x( ) 0≡

Với n = 1 thì P x( ) 4= x hoặc P x( ) 4= x+16 Thử lại ta thấy P x( ) 4= x thỏa mãn đề bài Với n = 2 thì P x( )=x2 +a x1 và P x( )=x2 +a x1 +16 Thay vào điều kiện của bài toán ta được

2

( )

P x =x Vậy các đa thức cần tìm là P x( ) 0≡ ,P x( ) 16≡ ,P x( ) 4= x và P x( )= x2

Bài 4: Tìm tất cả các đa thức P x( ) với hệ số thực sao cho với bất kì số thựca b c , , nào, ta cũng có:

P a b+ − c +P b c+ − a +P c a+ − b = P a b− + P b c− + P c a−

Bài giải

Đặt x a b= − , y b c= − , ta có:

P x− y + − − +P x y P x y− = P x + P y + P y x−

Cho x y= = 0, ta được P( )0 = 0

Cho y= 0, ta được P( ) ( )− 2x =P x + 3P x( )− (*)

1 1

P x a x a x − a x

−

Từ (*), ta có ( )− 2 k a k = + −a k 3 1( )k a k với k∈ 1,n

Hay ( ( ) ( ) ) ( (2 4) ) 0, 2

k k

k

a

⎢

⎣

M M

Với k≥ 3, suy ra a k = 0 ⇒P x( )=αx2 +βx

Thử lại đúng

Vậy, đa thức cần tìm là P x( )=αx2 +βx, với α β, ∈°

Bài 5 (IMO 2004) Tìm tất cả các đa thức P x( ) sao cho:

P a b− +P b c− +P c a− = P a b c+ + , ,

a b c

∀ thỏa mãn ab bc ca+ + = 0

Bài giải

Trước hết ta tìm một nghiệm nguyên của phương trình ab bc ca+ + = 0

Với a= 6, ta có 6b+ + 6c bc= 0

Với b= 3, ta có 18 6 + +c 3c= 0 ⇒ = −c 2

Suy ra (a b c, , ) (= 6,3, 2 − ) là một nghiệm nguyên của ab bc ca+ + = 0 nên với ∀x ta có

(a b c, , ) (= 6 ,3 , 2x x − x) cũng là nghiệm của phương trình

Ta có P a b( − +) (P b c− +) (P c a− =) 2P a b c( + + ) nên P x( ) ( ) ( )3 +P x5 + −P 8x = 2P x( )7

P x a x a x − a x − a x a

Suy ra (3 5i i ( )8 i 2.7i) 0

i

a

+ + − − = với mọi i∈ 0,n

Đặt 3 5i i ( )8 i 2.7i

i

λ = + + − − với mọi i∈ 0,n

Ta xét các trường hợp của i

Nếu i lẻ thì 3 5i+ + − −i ( )8 i 2.7i < 0 nên a i = 0 với i lẻ

Nếu i= 0 chẵn thì 3 5i+ + − −i ( )8 i 2.7i > 0 nên a0 = 0

Nếu i chẵn i≥ 6 thì 3 5i+ + − −i ( )8 i 2.7i > 0 nên a i = 0 với i chẵn và i≥ 6

Từ đây suy ra P x( )=Ax4 +Bx2 với mọi A B, tùy ý

Thử lại đúng nên đa thức cần tìm là P x( )= Ax4 +Bx2

Bài 6: Tìm các đa thức P x( ) thỏa mãn:

P x P y =P ⎛ + ⎞−P ⎛ − ⎞

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , ∀x y, ∈°

Bài giải

Xét P x( )≡ 0 thỏa mãn đề bài

Xét P x( )≠ 0

Cho x y= = 0, từ phương trình đầu ta có: P( )0 = 0

Cho y= 3x, từ phương trình đầu ta có: P x P x( ) ( ) 3 =P2( )2x −P2( )−x

Hay P x P x( ) ( ) 3 +P2( )− =x P2( )2x với ∀ ∈ °x

Vì P( )0 = 0 nên xét degP n= ≥ 1 Gọi hệ số bậc cao nhất của P x( ) là a0 (a0 ≠ 0)

Ta có:

( ) 2 2( )2

0 3n 0 0 0 2 n 3n 1 4n 1

Suy ra P x( )=a x0 , thử lại đúng

Vậy P x( )=ax với a∈ °

Bài 7( Costa Rican 2008) Tìm tất cả các đa thức P x( ) với hệ số thực và thỏa mãn:

P a b− +P b c− +P c a− =P a b c− − +P a− + b c− +P a b− − + c

Với a b c, , ∈°

Bài giải

Dễ thấy P x( ) là đa thức hằng thỏa mãn đề bài

Tiếp theo xét degP h= ≥ 1

Đặt x a c y b a z c b= − , = − , = − , khi đó x y z+ + = 0

Thay vào phương trình đầu tiên, ta có:

P x +P y +P z =P x y− +P y z− +P z x− Với x y z, , ∈° và x y z+ + = 0

Như vậy thay bộ (x y z; ; ) bằng bộ (x x; ; 2 − x) vào phương trình trên, ta được

P x +P x +P − x =P +P x +P − x ∀x (1)

Giả sử ( )

0

h i i i

P x a x

=

=∑ Thay vào (1), ta được

So sánh hệ số của x h ở 2 vế của phương trình (2), ta được

2 3 h + − 2 3 h = + − 3h 3 h (3)

Dễ thấy h= 1,h= 2 thỏa mãn phương trình (3)

Xét h≥ 3 Từ (3) suy ra h phải là số chẵn: h= 2 ,k k ≥ 2

Khi đó (3) trở thành 2.3 12 2.9 2 4 2.3 1

2

k

=

⎡

Tóm lại từ (3), ta có h∈{1,2,4}

Trường hợp h= 1, suy ra P x( )=mx n+ , thử lại đúng

Trường hợp h= 2, suy ra P x( )=mx2 + +nx p

Thay vào phương trình ban đầu, ta được

3m a b⎡ − + −b c + −c a ⎤=m⎡ 2a b c− − + − + −a 2b c + − − +a b 2c ⎤

Trường hợp h= 4

Khi đó P x( )=mx4 +nx3 +px2 + +qx e

Trong phương trình ban đầu, thay (a b c; ; ) bằng (x;0;0) ta được

P x +P +P − x =P x + P −x ∀x (4) Thay P x( )=mx4 +nx3 +px2 + +qx e vào (4), ta được

4 3 2 4 2

Hay mx4 = 18mx4 + 6nx3 với ∀x

Do đó n= 0, Vậy P x( )=mx4 + px2 + +qx e

Thay vào phương trình ban đầu, ta có:

Tiếp theo, ta chúng minh đẳng thức

9 ⎡ a b− + −b c + −c a ⎤= 2a b c− − + 2b c a− − + 2c a b− −

Đặt x a c y b a z c b= − , = − , = − Khi đó x y z+ + = 0

Ta có: ( ) (4 ) (4 )4 ( 4 4 4)

9 ⎡ a b− + −b c + −c a ⎤=9 x +y +z

Mặt khác:

x y z x y x y xy y z y z yz z x z x z

( 4 4 4) 3( ) 3( ) 3( ) ( 2 2 2 2 2 2)

2 x y z 4x y z 4y x z 4z x y 6 x y y z z x .

Do x y z+ + = 0 nên x2 + + = −y2 z2 2(xy yz zx+ + )

Suy ra:

4 4 4 2 2 2 2 2 2

2

x y z x y y z z x

x y y z z x xyz x y z x y y z z x

Như vậy x4 + + =y4 z4 2(x y2 2 +y z2 2 +z x2 2).

Thay vào (8) ta được

2a b c− − + 2b c a− − + 2c a b− − = 9 x + +y z (9)

Từ (7) và (9) suy ra (6) được chứng minh

Do đó (5) đúng, nghĩa là đa thức P x( )=mx4 +px2 + +qx e thỏa mãn đề bài

Kết luận: các đa thức thỏa mãn đề bài là:

( )

P x =mx n+

P x =mx + +nx p

P x =mx +px + +qx e với m≠ 0

III/ Một số bài toán xác định đa thức dựa vào so sánh bậc của đa thức

Bài 1: Tìm các đa thức P x( ) thỏa mãn: P x( )2 =P x P x'( ) ( ) '' với mọi x

Bài giải

Xét P x( )=C const, nên P x( )= 0 thỏa mãn

Xét degP n n= , ≥ 1, suy ra deg 'P = −n 1,deg ''P = −n 2

Từ phương trình ban đầu suy ra n= − + − ⇔ =(n 1) (n 2) n 3

Đặt P x( )=ax3 +bx2 + +cx d

Suy ra P x'( )= 3ax2 + 2bx c+ , P x''( )= 6ax+ 2b và P x( )2 = 8ax3 + 4bx2 + 2cx d+

Ta có:

P x P x P x

ax bx cx d ax bx c ax b

ax bx cx d a x abx b ac x bc

=

Đồng nhất hệ số 2 vế của phương trình trên, ta có:

2

2

8 18

4

4 18

9

2

d bc

⎧ =

⎪ =

⎩

Do đó ( ) 4 3

9

P x = x

Vậy, P x( )= 0 hoặc ( ) 4 3

9

P x = x

Bài 2: Tìm tất cả các đa thức P x( ) và Q x( ) thỏa mãn:

( )

P Q x =P x Q x với ∀x

Bài giải

Xét P x( )≡ 0 , suy ra Q x( ) là một đa thức bất kì

Xét P x( )≡/ 0

Gọi deg P n= , deg Q m=

Từ phương trình ban đầu, ta có: . ( 1)( 1) 1 0

2

m n

m n

= =

⎡

Nếu m n= = 0, P x( )= ≠C 0 (C là hằng số), suy ra Q x( )= 1

Nếu m n= = 2, đặt P x( )=ax2 + +bx c Q x, ( )= px2 + +qx r (1)

Thay (1) vào phương trình ban đầu, đồng nhất hệ số 2 vế, ta có:

1

0

p

b c q r

=

⎧

⎨ = = = =

⎩

Từ đây suy ra P x( )=ax Q x2 , ( )=x2

Vậy

Nếu P x( )≡ 0 thì Q x( ) là một đa thức bất kì

Nếu P x( )=c thì Q x( )= 1

Nếu P x( )=ax2 thì Q x( )=x2

IV/ Một số bài toán xác định đa thức nhiều biến

Bài 1: Tìm tất cả các đa thức P x y( ), với hệ số thực sao cho

P x+ y+ =P x y

với mọi x y , thực

Bài giải

Giả sử Q t( )là một đa thức 1 biến tùy ý

Dễ dàng nhận thấy P x y( ) (, =Q x y− ) vì

P x+ y+ =Q x+ − +y =Q x y− =P x y