3 MỘT SỐ ÁP DỤNG
3.1.1 Một số bài toán xác định đa thức cơ bản
Bài toán 3.1. Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
xP (x−3) = (x−2016)P (x), ∀x∈R. (3.1)
Lời giải.
Trong (3.1) lần lượt thay x bởi 0,3,6,9, . . . ,2013,2016,
ta suy ra0,3,6,9, . . . ,2013 là nghiệm của P(x) .
Do đó P (x) =x(x−3) (x−6) (x−9). . .(x−2013)Q(x), ∀x∈R.
Khi đó Q(x)∈R[x] . Thay vào (3.1), ta được
x(x−3) (x−6) (x−9). . .(x−2016)Q(x−3)
= (x−2016)x(x−3) (x−6) (x−9). . .(x−2013)Q(x), ∀x∈R ⇔Q(x−3) =Q(x), ∀x∈R.
Suy ra Q(x) là đa thức hằng.
Vậy P(x) = Cx(x−3) (x−6) (x−9). . .(x−2013), ∀x∈R, trong đó C là hằng số. Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài toán 3.2. Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
Lời giải.
Trong (3.2) lần lượt thay x bởi 2015,2012,2009, . . . ,2015−3n, n∈N ta suy ra2012,2009, . . . ,2015−3 (n+ 1) là nghiệm của P (x).
Vậy P(x) có vô số nghiệm, suy ra P (x) = 0, ∀x∈R.
Từ hai bài toán trên ta có bài toán tổng quát sau:
Bài toán tổng quát 3.1. Cho a, b∈R. Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
xP (x−a) = (x−b)P(x), ∀x∈R. (3.3)
Lời giải.
- Khi a6= 0, b= 0 ta được P (x−a) = P(x), tức là P (x) là đa thức hằng. - Khi a6= 0, b6= 0, ta xét các trường hợp sau:
+ Nếu b
a ∈N thì P (x) có các nghiệm 0, a,2a, . . . ,(n−1)a, n∈N∗ Do đó P (x) =x(x−a) (x−2a). . .(x−(n−1)a)Q(x).
Thay vào (3.3) ta được Q(x−a) =Q(x), ∀x∈R.
Suy ra Q(x) là đa thức hằng. Vậy trong trường hợp này ta được
P(x) = Cx(x−a) (x−2a). . .(x−(n−1)a), trong đó C là hằng số. + Nếu b
a ∈/ N thì P (x) có các nghiệm là b−a, b−2a, b−3a, . . . , b−na . Do đó P (x) có vô số nghiệm nên P(x)≡0.
Bài toán 3.3. Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
P (x)P(x+ 1) =P x2+x+ 1, ∀x∈R. (3.4)
Lời giải.
Nếu P (x) =a=const thì a2=a hay a = 0 hoặc a= 1.
Xét P (x)6=const. Khi đó, nếu P(x) có nghiệm thực x=x0 thì các số sau
x0, x1=x20+x0+ 1, . . . , xn+1=x2n+xn+ 1, . . . cũng là nghiệm của P (x). Do x0 < x1 < x2 <· · ·< xn < xn+1 < . . . nên suy ra đa thức P(x) có vô số nghiệm, điều này là vô lí.
VậyP (x) không có nghiệm thực nên degP(x) = 2n và P (x) = a2nx2n+· · ·+a0 với
a2n, a06= 0.
Gọi x1, x2, . . . , x2n là các nghiệm phức của P (x). Khi đó, theo định lí Viette ta có
2n Y j=0 xj = (−1)2n a0 a2n = 1 = 2n Y j=0 |xj|. Nếu tồn tại j để xj >1 thì do x2j +xj + 1 (chú ý rằng x2j +xj+ 1 >|xj|) cũng là nghiệm, nên suy ra P (x) có vô số nghiệm. Điều này là vô lí.
Tương tự, nếu tồn tại j để |xj| <1 thì vj thỏa mãn phương trình vj2+vj+ 1 = xj
cũng là nghiệm với |vj|<|xj|. Từ đó ta cũng thu được điều vô lí. Vậy phải có |xj|= 1, ∀j.
Do vậy xj = cosϕ+isinϕ.
Do x2j +xj+ 1 = 1 nên xj =±i và P (x) = x2+ 1n. Dễ thấy P (x) = x2+ 1n thỏa mãn (3.4).
Tóm lại, ta có hoặc P (x)≡0; hoặc P (x)≡1; hoặc P (x) = x2+ 1n.
Bài toán 3.4. Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc n thỏa mãn điều kiện
P (x+ 1) =P (x) + 2x+ 1, ∀x∈R. (3.5)
Lời giải.
Nhận xét rằng vì hai đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng m trùng nhau tạim+ 1 điểm nguyên thì chúng trùng nhau nên ta chỉ cần xét P (x) tại các điểm nguyên. Theo giả thiết, ta cóP (n)−P (n−1) = 2n−1 (n= 1,2, . . .)
Suy ra P (n) = P (0) + 1 + 3 + 5 +· · ·+ (2n−1) = P(0) +n2, ∀n∈N∗.
Do vậy P (x) =x2+c, c tùy ý.
Thử lại ta thấy P(x) = x2+c thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài toán 3.5. Tìm tất cả các đa thức P(x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
P (x)P 3x2=P 3x3+x2, ∀x∈R. (3.6)
Lời giải.
Trong (3.6) cho x= 0 ta được P (0) = 0 hoặc P (0) = 1.
Nếu P (0) = 0, đặt P (x) =xk.Q(x), trong đó Q(x)∈R[x], Q(0)6= 0. Thay vào (3.6) ta được
xkQ(x) 3x2kQ 3x2= 3x3+x2kQ 3x3+x2, ∀x∈R.
⇔3xkQ(x)Q 3x2= (3x+ 1)kQ 3x3+x2, ∀x∈R (3.7) Trong (3.7) lấy x= 0 được Q(0) = 0, mâu thuẫn với cách đặt.
Nếu P (0) = 1, đặt P (x) =xk.Q(x) + 1, trong đó Q(x)∈R[x], Q(0) 6= 0. Thay vào (3.6) ta được
xkQ(x) + 1 h 3x2kQ 3x2+ 1 i = 3x3+x2kQ 3x3+x2+ 1, ∀x∈R ⇔x3k3kQ(x)Q 3x2+xkQ(x) + 3kx2kQ 3x2= 3x3+x2kQ 3x3+x2, ∀x∈R ⇔x2k3kQ(x)Q 3x2+Q(x) + 3kxkQ 3x2 = 3x2+xkQ 3x3+x2, ∀x∈R. (3.8) Trong (3.8) lấy x= 0 được Q(0) = 0, mâu thuẫn với cách đặt.
Từ đó ta được P (x)≡1.
Vậy có hai đa thức thỏa mãn (3.6) làP (x)≡0 và P(x)≡1.
Bài toán 3.6. Cho số nguyên dương k. Tìm tất cả các đa thức P (x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
(x−2014)kP (x) = (x−2015)kP (x+ 1), ∀x∈R (3.9)
Lời giải.
Trong (3.9), cho x= 2015 ta đượcP (2015) = (2015−2015)kP(2016), suy ra 2015 là nghiệm bội lớn hơn hoặc bằng k của P (x).
Đặt P (x) = (x−2015)kQ(x), ∀x∈R.
Thay vào (3.9) ta được
(x−2014)k(x−2015)kQ(x) = (x−2015)k(x−2014)kQ(x+ 1), ∀x∈R.
Hay Q(x) =Q(x+ 1), ∀x∈R, nghĩa là Q(x)≡c, c là hằng số. Suy ra P (x) =c(x−2015)k, c là hằng số.
Thử lại ta thấy P(x) = c(x−2015)k (c là hằng số) thỏa mãn yêu cầu đề bài. 3.1.2 Phương trình dạng P(f)P(g) =P(h)
Bài toán tổng quát 3.2. Giả sử f(x), g(x) và h(x) là các đa thức thuộc R[x] đã cho thỏa mãn điều kiện deg (f) + deg (g) = deg (h). Tìm tất cả các đa thức
P(x)∈R[x] sao cho
P (f(x))P (g(x)) = P(h(x)), ∀x∈R. (3.10) Nghiệm của phương trình hàm (3.10) có nhiều tính chất đặc biệt giúp chúng ta có thể xây dựng được tất cả các nghiệm của nó từ các nghiệm bậc nhỏ:
Tính chất 3.1. NếuP, Qlà nghiệm của (3.10) thì P. Qcũng là nghiệm của (3.10).
Chứng minh.
Ta có (P.Q) (h(x)) =P (h(x)).Q(h(x))
=P (f(x)).P (g(x))Q(f(x)).Q(g(x)) = (P.Q) (f(x)).(P.Q) (g(x)).
Hệ quả 3.1. Nếu P(x) là nghiệm của (3.10) thì Pn(x) cũng là nghiệm.
Trong khá nhiều trường hợp, hệ quả 3.1 cho phép chúng ta mô tả hết các nghiệm của (3.10).
Để làm được điều này ta có định lý quan trọng sau đây:
Định lí 3.1 (Xem [2]). Nếu f, g, h là các đa thức với hệ số thực thỏa mãn điều kiện deg (f) + deg (g) = deg (h) và thỏa mãn một trong hai điều kiện sau:
i) deg (f)6= deg (g).
ii) deg (f) = deg (g) và f∗+g∗ 6= 0, trong đó f∗, g∗ là hệ số của lũy thừa cao nhất của các đa thức f, g tương ứng.
Khi đó với số dương n tồn tại nhiều nhất một đa thức P(x) có bậc n và thỏa mãn phương trình (3.10).
Chứng minh. Giả sử P là đa thức bậc n thỏa mãn phương trình (3.10).
Ta gọi deg (f) =f; deg (g) =g; deg (h) =h và các hệ số của lũy thừa cao nhất của
P, f, g, h tương ứng là P∗, f∗, g∗, h∗.
So sánh hệ số cao nhất hai vế của các đa thức trong phương trình
P(f(x))P (g(x)) =P (h(x)) ta có P∗(f∗)n.P∗(g∗)n =P∗(h∗)n. Từ đó suy ra P∗ = h∗ f∗g∗ n .
Như vậy, nếu giả sử ngược lại, tồn tại một đa thứcQbậcn (khácP) cũng thỏa mãn phương trình (3.10) thìQ∗ =P∗ và ta cóQ(x) =P (x)+R(x)với0≤r= deg (R)< n
(ta quy ước bậc của đa thức đồng nhất 0 bằng −∞, do đó deg (R) ≥ 0, tức là R
không đồng nhất 0).
Thay vào phương trình (3.10), ta được
[P(f) +R(f)] [P(g) +R(g)] =P (h) +R(h)
⇔P (f)P (g) +P (f)R(g) +R(f)P (g) +R(f)R(g) = P(h) +R(h)
⇔P (f)R(g) +R(f)P(g) +R(f)R(g) =R(h). (3.11) Bây giờ ta xét các trường hợp:
i) deg (f)6= deg (g).
Giả sử f > g. Khi đó bậc của các đa thức ở vế trái của (3.11) lần lượt là
và do nf +rg > rf +ng > rf +rg nên vế trái có bậc là nf +rg. Bậc của đa thức ở vế phải của (3.11) là rh=r(f+g)< nf+rg. Mâu thuẫn.
ii) deg (f) = deg (g).
Khi đó, hai đa thức đầu tiên ở vế trái của (3.11) cùng có bậc là nf +rg=ng+rf
và có thể xảy ra sự triệt tiêu khi thực hiện phép cộng.
Tuy nhiên, xét hệ số cao nhất của hai đa thức này, ta có hệ số của củaxnf+rg trong đa thức thứ nhất và thứ hai lần lượt là
P∗(f∗)nR∗(g∗)r, R∗(f∗)rP∗(g∗)n Như thế, bậc của xnf+rg trong tổng hai đa thức bằng
P∗R∗f∗rg∗r
f∗(n−r) +g∗(n−r)
6= 0
dof∗+g∗ 6= 0.Như vậy, bậc của vế trái của (3.11) vẫn là nf+rg, trong khi đó bậc của vế phải là rh=rf +rg < nf +rg. Mâu thuẫn.
Vậy định lý được chứng minh hoàn toàn.
Áp dụng định lý 3.1 và hệ quả 3.1, ta thấy nếuP0(x)là một đa thức bậc nhất thỏa mãn phương trình (3.10) với f, g, h là các đa thức thỏa mãn điều kiện của định lý 3.1 thì tất cả các nghiệm của (3.10) sẽ có dạng:
P(x)≡0, P(x)≡1, P(x)≡(P0(x))n.
Sau đây, ta sẽ xem xét một số ví dụ áp dụng tính chất nói trên.
Ví dụ 3.1. Tìm tất cả các đa thức P (x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
P x2=P2(x), ∀x∈R. (3.12)
Lời giải.
Ta có các hàm f(x) = x, g(x) =x, h(x) =x2 thỏa mãn các điều kiện của định lý 3.1 và hàm P (x) =x là hàm bậc nhất thỏa mãn phương trình (3.12).
Do đó các hàm P (x)≡0, P (x)≡1, P (x)≡xn, (n ∈N∗) là tất cả các nghiệm của (3.12).
Ví dụ 3.2. Tìm tất cả các đa thức P (x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
P x2−2x=P2(x−2), ∀x∈R. (3.13)
Lời giải.
Ta có P x2−2x=P2(x−2)
Đặt P (x−1) =Q(x) thì (3.14) tương đương với
Q x2=Q2(x), ∀x∈R.
Theo ví dụ 3.1, ta có Q(x)≡0; Q(x)≡1; Q(x) = xn.
Suy ra P (x)≡0; P(x)≡1; P (x) = (x+ 1)n.
Ví dụ 3.3 (HSG Quốc gia 2006). Tìm tất cả các đa thức P (x)∈ R[x] thỏa mãn điều kiện
P x2+x[3P (x) +P (−x)] = [P (x)]2+ 2x2, ∀x∈R. (3.15)
Lời giải.
Trong (3.15), thay x bởi −x ta được
P x2−x[3P (−x) +P (x)] = [P (−x)]2+ 2x2, ∀x∈R. (3.16) Trừ (3.15) cho (3.16), ta được
4x[P(x) +P(−x)] =P2(x)−P2(−x)
⇔[P (x) +P (−x)] [P (x)−P(−x)−4x] = 0. (3.17) Do (3.17) đúng với mọi x ∈R nên ta phải có hoặc P (x) +P (−x) = 0 đúng với vô số các giá trị x hoặc P (x) +P (−x)−4x= 0 đúng với vô số các giá trị x.
Ta xét các trường hợp P (x) +P (−x)≡0. Khi đó ta có phương trình
P x2+ 2xP (x) = [P (x)]2+ 2x2 ⇔P x2−x2 = [P (x)−x]2.
Đặt P (x)−x=Q(x) thì được Q x2=Q2(x). Theo ví dụ 3.1, thì Q(x)≡0; Q(x)≡1; Q(x) = xn.
Từ đó P(x)≡x, P (x)≡x+ 1, P(x) =xn+x.
So sánh với điều kiện P (x) +P (−x)≡0, ta chỉ nhận các nghiệm
P (x)≡x, P (x)≡x2k+1+x, (k = 0,1.2, . . .) Tiếp theo xét trường hợp P(x)−P (−x)−4x≡0.
Khi đó ta có phương trình
P x2+x[4P (x)−4x] =P2(x) + 2x2 ⇔P x2−2x2= [P (x)−2x]2.
Đặt P (x)−2x=Q(x) thì được Q x2=Q2(x). Theo ví dụ 3.1, thì Q(x)≡0; Q(x)≡1; Q(x) = xn.
Từ đó P(x)≡2x, P (x)≡2x+ 1, P(x) = xn+ 2x.
So sánh với điều kiện P (x)−P (−x)−4x≡0, ta chỉ nhận các nghiệm
Tổng hợp hai trường hợp trên, ta có tất cả các nghiệm của (3.15) là các đa thức
P(x)≡x, P (x)≡2x, P (x)≡2x+ 1,
P (x)≡x2k+1+x, P (x)≡x2k + 2x (k = 1.2, . . .)
Ví dụ 3.4. Tìm tất cả các đa thức P (x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
P (x)P 2x2=P 2x3+x, ∀x∈R. (3.18)
Lời giải.
Các đa thứcx, 2x2, 2x3+xthỏa mãn điều kiện định lý 3.1, do đó ta sẽ tìm nghiệm không đồng nhất hệ số bậc nhỏ nhất của (3.18).
Xét trường hợp P (x) có bậc nhất, P (x) = ax+b. Thay vào (3.18), ta được (ax+b) 2ax2+b=a 2x3+x+b), ∀x∈R.
So sánh hệ số của các đơn thức ở hai vế, ta được hệ phương trình: 2a2 = 2a, 2ba= 0, ab=a, b2=b
Hệ này vô nghiệm (doa 6= 0) nên không tồn tại đa thức bậc nhất thỏa mãn (3.18). Xét trường hợp P (x) có bậc hai, P (x) =ax2+ bx + c .
Thay vào (3.18), ta được
ax2+bx+c 4ax4+ 2bx2+c=a 2x3+x2+b 2x3+x+c, ∀x∈R ⇔4a2x6+ 4abx5+ (4ac+ 2ab)x4+ 2b2x3+ (ac+ 2bc)x2+bcx+c2
= 4ax6+ 4ax4+ 2bx3+ax2+bx+c, ∀x∈R.
So sánh hệ số các đơn thức ở hai vế, ta được hệ phương trình:
4a2= 4a, 4ab= 0, 4ac+ 2ab= 4a, 2b2= 2b, ac+ 2bc=a, bc =b, c2=c.
Hệ này có nghiệm a=c= 1, b= 0.Như vậy, P (x) =x2+ 1 là đa thức bậc hai thỏa mãn (3.18).
Từ hệ quả 3.1 và định lý 3.1, ta suy ra x2+ 1k là tất cả các đa thức bậc chẵn (không đồng nhất hằng số) thỏa mãn (3.18).
Ta sẽ chứng minh đa thức bậc lẻ không thể là nghiệm của (3.18). Để chứng minh điều này, ta sử dụng tính chất mọi đa thức bậc lẻ đều có nghiệm thực, ta chỉ cần chứng minh nếu P (x) là một đa thức không đồng nhất hằng số thỏa mãn (3.18) thì P (x) không có nghiệm thực.
Thật vậy, giả sử α là nghiệm thực của P(x), khi đó 2α3+α cũng là nghiệm của
Nếu α >0thì ta có α, α+ 2α3, α+ 2α3+ 2 α+ 2α33 ,. . . là dãy tăng và tất cả đều là nghiệm của P (x), mâu thuẫn.
Tương tự, nếu α < 0 thì dãy nói trên là dãy giảm và ta cũng có P (x) có vô số nghiệm, mâu thuẫn.
Nếu α= 0, đặt P(x) = xkQ(x) với Q(0) 6= 0, thay vào phương trình (3.18) ta được
xkQ(x) 2x2kQ 2x2= 2x3+xkQ 2x3+x
⇔Q(x) 2x2kQ 2x2= 2x2+ 1kQ 2x3+x.
Thay x= 0 vào ta được Q(0) = 0, mâu thuẫn.
Vậy P(x) không có nghiệm thực, nghĩa là P (x) không thể là đa thức bậc lẻ. Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn điều kiện của đề bài làP(x) = x2+ 1k, ∀x∈R.
Ví dụ 3.5 (Vô địch toán Bulgaria 1976). Tìm tất cả các đa thứcP (x)∈R[x]thỏa mãn điều kiện
P x2−2x= (P (x−2))2, ∀x∈R. (3.19)
Lời giải.
Phương trình (3.19) có thể viết dưới dạng P (x−1)2−1= (P ((x−1)−1))2 Đặt y =x−1 ta thu được P y2−1= (P (y−1))2.
Đặt P (y−1) =Q(y) thì Q y2=P y2−1= (P(y−1))2= (Q(y))2. Theo ví dụ 3.1, thì Q(y)≡0;Q(y)≡1;Q(y)≡yn.
Do vậy P (x)≡0;P (x)≡1;P (x)≡(x+ 1)n
Thử lại ta thấy đúng. Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn điều kiện đầu bài là
P(x)≡0;P (x)≡1;P (x)≡(x+ 1)n.
3.1.3 Phương trình dạng P(f)P(g) =P(h) +Q
Bài toán tổng quát 3.3. Giả sử f(x), g(x),h(x) và Q(x) là các đa thức thuộc R[x] đã cho thỏa mãn điều kiện deg (f) + deg (g) = deg (h). Tìm tất cả các đa thức
P(x)∈R[x] sao cho
P (f(x))P (g(x)) = P(h(x)) +Q(x), ∀x∈R. (3.20) Với phương trình (3.20), nếu Q không đồng nhất bằng 0 thì ta sẽ không còn tính chất như tính chất 3.1 và hệ quả 3.1. Vì thế, việc xây dựng nghiệm trở nên khó khăn hơn. Đây chính là khác biệt cơ bản của bài toán tổng quát 3.3 với bài toán tổng quát 3.2. Tuy nhiên ta vẫn có thể chứng minh được tính duy nhất nghiệm được phát biểu như sau:
Định lí 3.2 (Xem [2]). Cho f, g, hlà các đa thức không hằng thỏa mãn điều kiện deg (f) + deg (g) = deg (h),
Q là một đa thức cho trước, ngoài ra deg (f) 6= deg (g) hoặc deg (f) = deg (g) và
f∗+g∗ 6= 0. Khi đó, với mỗi số nguyên dương n và số thực a, tồn tại nhiều nhất một đa thức P thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
i) deg (P) = n; ii) P∗ =a;
iii) P(f)P(g) = P(h) +Q.
Phép chứng minh định lý này hoàn toàn tương tự với phép chứng minh định lý 3.1.
Hệ quả 3.2. Với các điều kiện như trong định lý 3.2, với mỗi số nguyên dương n, tồn tại nhiều nhất hai đa thứcP có bậc n thỏa mãn phương trình
P(f)P(g) = P (h) +Q.
Sau đây ta sẽ xem xét một số ví dụ áp dụng.
Ví dụ 3.6. Tìm tất cả các đa thức P (x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
P2(x)−P x2= 2x4, ∀x∈R. (3.21)
Lời giải.
Nếu đặt P (x) =axk +R(x) với deg (R) = r < k, a6= 0 thì ta được
P2(x)−P x2= a2−ax2k+ 2axkR(x) +R2(x)−R x2.
Từ đó suy ra deg P2(x)−P x2 hoặc bằng 2 k nếu a 6= 1, hoặc bằng k+r nếu
a= 1 và r≥0, hoặc bằng−∞ khia= 1 và r=−∞(tức là đồng nhất bằng không). Từ đó, suy ra k≤4.
Đến đây, dùng phương pháp đồng nhất hệ số ta tìm được các nghiệm của (3.21) là
x4+ 1, x3+x, 2x2, −x2.
Ví dụ 3.7. Tìm tất cả các đa thức P (x)∈R[x] thỏa mãn điều kiện
P x2+ 1= (P (x))2+ 1, ∀x∈R. (3.22)
Lời giải.
- Xét trường hợp P (0) = 0.
P(1) = (P (0))2+ 1 = 1;
P(2) = (P (1))2+ 1 = 2;. . .
Ta tạo được dãy số b0, b1, b2, . . . bn, . . ..
Với b0= 0 và bn+1=bn2 + 1, P (bn) =bn với mọi số tự nhiên n.
Ta có dãyb0, b1, b2, . . . bn, . . . là dãy tăng, nghĩa là tập hợp {bn|n= 0,1,2, . . .}chứa vô hạn những số khác nhau. Từ đó ta có P(x) = x. - Xét trường hợp P (0)6= 0. Thay P (x) =a0xn+a1xn−1+· · ·+an−1x+an vào (3.22) ta được a0 x2+ 1n+a1 x2+ 1n−1+· · ·+an−1 x2+ 1+an = a0xn+a1xn−1+· · ·+an−1x+an2+ 1.
Bằng cách so sánh hệ số trướcx ta nhận được 2an−1an = 0 hay an−1= 0.
Sau đó bằng cách so sánh hệ số trước x3 ta nhận được 2an−3an = 0, nghĩa là
an−3 = 0.
Tiếp tục quá trình này cuối cùng ta nhận được những hệ số trước bậc lẻ củaxtrong dạng chuẩn tắc của P (x) bằng không. Nói cách khác, n= 2k và P (x) =Q x2 với
Q(t) là một đa thức bậc k. Từ điều kiện bài toán suy ra
Q x2+ 12=P x2+ 1= (P (x))2+ 1 = Q x22+ 1.
Đặt H(y) = Q(y−1), thì H x2+ 12+ 1=Q x2+ 12 = Q x22+ 1 = H x2+ 12+ 1.
Nhưng khi x tạo ra tập hợp tất cả những số thì x2+ 1tạo ra tập hợp số vô hạn và theo nguyên lý so sánh hệ số khi đó thỏa mãn
H y2+ 1= (H(y))2+ 1, nghĩa là H(y) thỏa mãn điều kiện bài toán. Nếu với H(y) thỏa mãn H(0) = 0
thì H(y) = y và nghĩa là P (x) = Q x2=H x2+ 1=x2+ 1.
Nếu lại có H(0) 6= 0, từ đa thức H(y) ta có thể tiến hành như phương pháp với
P(x) và sẽ nhận được đa thức H1(x) có bậc hai lần thấp hơn bậc của H(y), mà nó sẽ thỏa mãn điều kiện bài toán. Quá trình này chỉ có hữu hạn bước, nghĩa là đến một thời điểm chắc chắn sẽ đến đa thức x. Suy ra, nếu một đa thức P (x) có tính chất P x2+ 1 = (P (x))2 + 1, nó sẽ trùng với đa thức nào đó trong dãy