1975年第17届IMO试题

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  二试代数部分

略

证法一
由 $(b),(c)$ 知 $P(x,y)$ 非常数，即 $n\geqslant 1$．
在 $(b)$ 中令 $a=b,c=-2a$，得
$0=P(2a,-2a)+P(-a,a)+P(-a,a)=[(-2)^n+2]P(-a,a)$．
当 $n>1$ 时，有 $P(-a,a)=0$，或即对任意 $y=-x$ 有 $P(x,y)=0$，这意味着 $P(x,y)$ 可被 $x+y$ 整除，因此可设 $P(x,y)=(x+y)P_1(x,y)$．
易证 $P_1(x,y)$ 是 $n-1$ 次齐次函数，满足条件 $(a)\sim(c)$，事实上：
$\begin{aligned}
(a)P_1(tx,ty)&=\frac{P(tx,ty)}{t(x+y)}\\
&=\dfrac{t^{n-1}P(x,y)}{x+y}\\
&=t^{n-1}P_1(x,y)
\end{aligned}$
$\begin{aligned}
(b)&P_1(a+b,c)+P_1(b+c,a)+P_1(c+a,b)\\
&=\frac{1}{a+b+c}[P(a+b,c)+P(b+c,a)+P(c+a,b)]\\
&=0
\end{aligned}$
注：当 $a+b+c=0$ 时由多项式的连续性保障．
$(c)P_1(1,0)=P(1,0)=1$．
于是一直下去，有
$\begin{aligned}
P(x,y)&=(x+y)P_1(x,y)\\
&=(x+y)^2P_2(x,y)\\
&=\cdots\cdots\\
&=(x+y)^{n-1}P_{n-1}(x,y)
\end{aligned}$
其中 $P_{n-1}(x,y)=Ax+By$ 是一次齐次式，依然满足 $(a)\sim(c)$．
令 $a=b=c=x$，得 $3P_{n-1}(2x,x)=0$ 或 $2Ax+Bx=0$，由 $x$ 的任意性，知 $2A+B=0$．又由 $P_{n-1}(1,0)=1$，知 $A=1$，因此 $B=-2$，于是 $P_{n-1}(x,y)=x-2y$．
最后得 $P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y)$．包括 $n=1$ 的情形．
证法二
令 $a=b=c=x$，则有 $P(2x,x)=0$．
即 $x=2y$ 时，多项式的值为零．故 $P(x,y)=(x-2y)Q_{n-1}(x,y)$ ①
其中 $Q_{n-1}(x,y)$ 是一 $n-1$ 次齐次多项式．
再令 $a=b=x,c=2y$，则得 $P(2x,2y)=-2P(x+2y,x)$．
由齐次性，得 $2^{n-1}P(x,y)=-P(x+2y,x)$ ②
将 ① 代入 ②，得 $2^{n-1}(x-2y)Q_{n-1}(x,y)=-(2y-x)Q_{n-1}(x+2y,x)$
即 $2^{n-1}Q_{n-1}(x,y)=Q_{n-1}(x+2y,x)$ ③
再利用条件 ③，得 $Q_{n-1}(1,0)=1$．
将 $x=1,y=0$ 代入 ③，有 $Q_{n-1}(1,1)=2^{n-1}$；
将 $x=1,y=1$ 代入 ③，有 $Q_{n-1}(3,1)=4^{n-1}$．
同理可得：
$\begin{aligned}
Q_{n-1}(5,3)&=8^{n-1}\\
Q_{n-1}(11,5)&=16^{n-1}\\
Q_{n-1}(21,11)&=32^{n-1}\\
\cdots&\cdots
\end{aligned}$
因此存在无穷多对 $x,y$ 满足 $Q_{n-1}(x,y)=(x+y)^{n-1}$．④
由于 $Q_{n-1}(x,y)$ 是一多项式，故 ④ 为一恒等式．
所以 $P(x)=(x-2y)(x+y)^{n-1}$．