45-я Международная Математическая OлимпиадаГреция, Афины, 2004 год

Найдите все многочлены $P\left( x \right)$ с действительными коэффициентами, удовлетворяющие равенству $$P\left( a-b \right)+P\left( b-c \right)+P\left( c-a \right)=2P\left( a+b+c \right)$$ для любых действительных чисел $a$, $b$, $c$ таких, что $ab+bc+ca=0$.

Комментарий/решение

Пусть наш многочлен будет вида $P(x)=a_n \cdot x^n+a_{n-1} \cdot x^{n-1}+...+a_1\cdot x+a_0$. Давайте поиграемся с коэффициентами многочлена, то есть если есть слева в выражении какой-то $c_i*A$ где скажем $A$ это выражение из $a,b,c$, то и справа мы должны иметь то же самое.

Посмотрим на то как себя ведёт коэффициент $a_0$: $$a_0+a_0+a_0=2a_0,$$ $$\Rightarrow \ a_0=0.$$

Посмотрим как ведёт себя $a_1$: $$a_1((a-b)+(b-c)+(c-a))=2a_1(a+b+c),$$ $$\Rightarrow 0=a_1(a+b+c).$$

$a+b+c$ не всегда $0$, по этому $a_1=0$.

А как ведёт себя $a_2$: $$a_2((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)=2a_2(a+b+c)^2,$$ $$\Rightarrow a_2(2a^2+2b^2+2c^2)=a_2(2a^2+2b^2+2c^2).$$

Всё работает, значит можем заявить что $a_2$ может по сути быть любым, так и оставляем.

Конечно, дальше хотелось бы поработать с $a_3$, но мне так лееень, с ним появляется много чисел, и что-то мне подсказывает что равенство происходит не всегда, подумал я. Тогда, стоило бы придумать какие-то универсальные значения для $a,b,c$ что бы одновременно удовлетворялось условие $ab+bc+ac=0$, и что бы можно было удобно оценить коэффициенты.

Равенство коэффициента $a_i$ примерно выглядит так: $$a_i((a-b)^i+(b-c)^i+(c-a)^i)=2a_i(a+b+c)^i.$$ Очень неудобно все это дело раскрывать при больших значениях $i$, тогда давайте подберём удобные значения для $a,b,c.$ Тогда, посмотрим на $(a-b)$, я подумал что было бы довольно удобно если бы $a=b+1$ и значение было бы тождественно $1$ при любом $i$. С такой же логикой я и сделал так что $c=b+2$, тогда давайте посмотрим что произойдёт с $ab+bc+ac$:

$$b(b+1)+b(b+2)+(b+1)(b+2)=0,$$

$$3b^2+6b+2=0,$$

$$ \Rightarrow b_1=\frac{1}{\sqrt{3}}-1, \ b_2=-\frac{1}{\sqrt{3}}-1.$$

Мы получаем два корня, вижу что первый удобнее и беру его. Посмотрим на наш коэффициент $a_i$ под этими значениями: $$a_i((\frac{1}{\sqrt{3}}-(\frac{1}{\sqrt{3}}-1))^i+((\frac{1}{\sqrt{3}}-1)-(\frac{1}{\sqrt{3}}+1))^i+((\frac{1}{\sqrt{3}}+1)-\frac{1}{\sqrt{3}})^i)=2a_i(\sqrt{3})^i,$$ $$\Rightarrow a_i((-2)^i+2)=2a_i(\sqrt{3})^i.$$

Допустим $a_i$ не $0$, тогда $(-2)^i+2=2(\sqrt{3})^i.$ При $i\geq 3$ и нечётном, у двух сторон будут разные знаки, а при $i \geq 6$ и $i$ чётном, слева будет рост быстрее чем справа (можно доказать по индукции что слева будет всегда больше с $i\geq 6$.) Работает при $i=2,4$, но это не обозначает что это всегда будет так. Если $i=2$ мы проверили. Проверьте $i=4$, используйте факты что $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2, \ (ab+bc+ac)^2=0, \ (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ac)=0$ и убедитесь что равенство тождественно.

Соответственно, любой коэффициент кроме $a_4$ и $a_2$ должен быть нулевым, а эти два могут принимать любое значение.

Ответ: $\boxed{P(x)=a_4\cdot x^4+a_2 \cdot x^2.}$