IMO 1975 · Problem 6
Find all polynomials \(P\), in two variables, with the following properties:
(i) for a positive integer \(n\) and all real \(t,x,y\) \[ P(tx,ty)=t^nP(x,y) \] (that is, \(P\) is homogeneous of degree \(n\)),
(ii) for all real \(a,b,c\), \[ P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)=0, \]
(iii) \(P(1,0)=1\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
All such polynomials are \[ \boxed{P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y),\qquad n=1,2,3,\ldots.} \] For \(n=1\), this means \(P(x,y)=x-2y\).
Solution
Let \(P\) satisfy the three conditions, and define the one-variable polynomial \[ q(u)=P(1-u,u). \] By (iii), \(q(0)=1\), so \(q\) is not the zero polynomial.
In (ii), take \(a=b=u\) and \(c=1-2u\). This gives \[ 2P(1-u,u)+P(2u,1-2u)=0, \] or equivalently \[ 2q(u)+q(1-2u)=0 \qquad\text{for every real }u. \] Let \(d\ge0\) be the degree of \(q\), with leading coefficient \(\lambda\ne0\). Comparing the coefficients of \(u^d\) yields \[ \lambda\bigl(2+(-2)^d\bigr)=0. \] Thus \((-2)^d=-2\), which forces \(d=1\).
Setting \(u=0\) in the same identity gives \(q(1)=-2q(0)=-2\). Since \(q\) is linear and \(q(0)=1\), we obtain \[ q(u)=1-3u. \]
Now let \(x+y\ne0\), and put \(s=x+y\). By homogeneity, \[ \begin{aligned} P(x,y) &=s^nP\left(\frac{x}{s},\frac{y}{s}\right)\\ &=s^nq\left(\frac{y}{s}\right)\\ &=s^n\left(1-\frac{3y}{s}\right)\\ &=(x+y)^{n-1}(x-2y). \end{aligned} \] Both sides are polynomials, hence continuous, so this identity also holds when \(x+y=0\).
Conversely, fix any positive integer \(n\) and define \[ P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y), \] where the factor with exponent zero is the constant polynomial \(1\). This polynomial is homogeneous of degree \(n\), and \(P(1,0)=1\).
For arbitrary real \(a,b,c\), write \(s=a+b+c\). Then \[ \begin{aligned} &P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[(s-3a)+(s-3b)+(s-3c)\bigr]\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[3s-3(a+b+c)\bigr]=0. \end{aligned} \] Thus every polynomial in the stated family satisfies all three conditions, completing the classification.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1975 · Aufgabe 6
Man bestimme alle Polynome \(P\) in zwei Variablen mit den folgenden Eigenschaften:
(i) Für eine positive ganze Zahl \(n\) und alle reellen \(t,x,y\) gilt \[ P(tx,ty)=t^nP(x,y) \] (das heißt, \(P\) ist homogen vom Grad \(n\)),
(ii) Für alle reellen \(a,b,c\) gilt \[ P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)=0, \]
(iii) \(P(1,0)=1\).
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Alle solchen Polynome sind \[ \boxed{P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y),\qquad n=1,2,3,\ldots.} \] Für \(n=1\) bedeutet dies \(P(x,y)=x-2y\).
Lösung
Es sei \(P\) ein Polynom, das die drei Bedingungen erfüllt, und wir definieren das Polynom in einer Variablen \[ q(u)=P(1-u,u). \] Nach (iii) gilt \(q(0)=1\), also ist \(q\) nicht das Nullpolynom.
In (ii) setzen wir \(a=b=u\) und \(c=1-2u\). Dies ergibt \[ 2P(1-u,u)+P(2u,1-2u)=0, \] oder gleichbedeutend \[ 2q(u)+q(1-2u)=0 \qquad\text{für jedes reelle }u. \] Es sei \(d\ge0\) der Grad von \(q\) und \(\lambda\ne0\) sein Leitkoeffizient. Ein Vergleich der Koeffizienten von \(u^d\) ergibt \[ \lambda\bigl(2+(-2)^d\bigr)=0. \] Also ist \((-2)^d=-2\), woraus zwingend \(d=1\) folgt.
Setzen wir in derselben Identität \(u=0\), so erhalten wir \(q(1)=-2q(0)=-2\). Da \(q\) linear ist und \(q(0)=1\) gilt, ergibt sich \[ q(u)=1-3u. \]
Es sei nun \(x+y\ne0\), und wir setzen \(s=x+y\). Aus der Homogenität folgt \[ \begin{aligned} P(x,y) &=s^nP\left(\frac{x}{s},\frac{y}{s}\right)\\ &=s^nq\left(\frac{y}{s}\right)\\ &=s^n\left(1-\frac{3y}{s}\right)\\ &=(x+y)^{n-1}(x-2y). \end{aligned} \] Beide Seiten sind Polynome und daher stetig, also gilt diese Identität auch für \(x+y=0\).
Umgekehrt wählen wir eine beliebige positive ganze Zahl \(n\) und definieren \[ P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y), \] wobei der Faktor mit Exponent null das konstante Polynom \(1\) ist. Dieses Polynom ist homogen vom Grad \(n\), und es gilt \(P(1,0)=1\).
Für beliebige reelle \(a,b,c\) setzen wir \(s=a+b+c\). Dann gilt \[ \begin{aligned} &P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[(s-3a)+(s-3b)+(s-3c)\bigr]\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[3s-3(a+b+c)\bigr]=0. \end{aligned} \] Somit erfüllt jedes Polynom der angegebenen Familie alle drei Bedingungen, womit die Klassifikation vollständig ist.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1975 · Soru 6
Aşağıdaki özellikleri sağlayan iki değişkenli tüm \(P\) polinomlarını bulunuz:
(i) bir \(n\) pozitif tam sayısı ve tüm \(t,x,y\) gerçel sayıları için \[ P(tx,ty)=t^nP(x,y) \] (yani \(P\), \(n\). dereceden homojendir),
(ii) tüm \(a,b,c\) gerçel sayıları için, \[ P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)=0, \]
(iii) \(P(1,0)=1\).
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
Bu koşulları sağlayan tüm polinomlar \[ \boxed{P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y),\qquad n=1,2,3,\ldots} \] biçimindedir. \(n=1\) için bu, \(P(x,y)=x-2y\) demektir.
Çözüm
\(P\), üç koşulu da sağlasın ve tek değişkenli \[ q(u)=P(1-u,u) \] polinomunu tanımlayalım. (iii) gereği \(q(0)=1\) olduğundan \(q\) sıfır polinomu değildir.
(ii)'de \(a=b=u\) ve \(c=1-2u\) alalım. Buradan \[ 2P(1-u,u)+P(2u,1-2u)=0 \] ya da eşdeğer olarak \[ 2q(u)+q(1-2u)=0 \qquad\text{her gerçel }u \] için elde edilir. \(q\)'nun derecesi \(d\ge0\), başkatsayısı ise \(\lambda\ne0\) olsun. \(u^d\)'nin katsayılarını karşılaştırarak \[ \lambda\bigl(2+(-2)^d\bigr)=0 \] buluruz. Böylece \((-2)^d=-2\) olur; bu da \(d=1\) olmasını gerektirir.
Aynı özdeşlikte \(u=0\) alırsak \(q(1)=-2q(0)=-2\) elde ederiz. \(q\) doğrusal ve \(q(0)=1\) olduğundan \[ q(u)=1-3u \] bulunur.
Şimdi \(x+y\ne0\) olsun ve \(s=x+y\) diyelim. Homojenlikten, \[ \begin{aligned} P(x,y) &=s^nP\left(\frac{x}{s},\frac{y}{s}\right)\\ &=s^nq\left(\frac{y}{s}\right)\\ &=s^n\left(1-\frac{3y}{s}\right)\\ &=(x+y)^{n-1}(x-2y). \end{aligned} \] Her iki taraf da polinom, dolayısıyla sürekli olduğundan bu özdeşlik \(x+y=0\) olduğunda da geçerlidir.
Tersine, herhangi bir \(n\) pozitif tam sayısını sabitleyelim ve \[ P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y) \] olarak tanımlayalım; burada üssü sıfır olan çarpan, \(1\) sabit polinomudur. Bu polinom \(n\). dereceden homojendir ve \(P(1,0)=1\) eşitliğini sağlar.
Keyfî \(a,b,c\) gerçel sayıları için \(s=a+b+c\) yazalım. O zaman \[ \begin{aligned} &P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[(s-3a)+(s-3b)+(s-3c)\bigr]\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[3s-3(a+b+c)\bigr]=0. \end{aligned} \] Böylece belirtilen ailedeki her polinom üç koşulu da sağlar ve sınıflandırma tamamlanır.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1975 · Problema 6
Hallar todos los polinomios \(P\), en dos variables, con las siguientes propiedades:
(i) para un entero positivo \(n\) y todos los números reales \(t,x,y\) \[ P(tx,ty)=t^nP(x,y) \] (es decir, \(P\) es homogéneo de grado \(n\)),
(ii) para todos los números reales \(a,b,c\), \[ P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)=0, \]
(iii) \(P(1,0)=1\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
Todos esos polinomios son \[ \boxed{P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y),\qquad n=1,2,3,\ldots.} \] Para \(n=1\), esto significa \(P(x,y)=x-2y\).
Solución
Sea \(P\) un polinomio que satisface las tres condiciones, y definamos el polinomio de una variable \[ q(u)=P(1-u,u). \] Por (iii), \(q(0)=1\), así que \(q\) no es el polinomio nulo.
En (ii), tomamos \(a=b=u\) y \(c=1-2u\). Esto da \[ 2P(1-u,u)+P(2u,1-2u)=0, \] o, equivalentemente, \[ 2q(u)+q(1-2u)=0 \qquad\text{para todo real }u. \] Sea \(d\ge0\) el grado de \(q\), con coeficiente principal \(\lambda\ne0\). Comparando los coeficientes de \(u^d\), obtenemos \[ \lambda\bigl(2+(-2)^d\bigr)=0. \] Así, \((-2)^d=-2\), lo que obliga a que \(d=1\).
Tomando \(u=0\) en la misma identidad, obtenemos \(q(1)=-2q(0)=-2\). Como \(q\) es lineal y \(q(0)=1\), obtenemos \[ q(u)=1-3u. \]
Supongamos ahora que \(x+y\ne0\), y pongamos \(s=x+y\). Por homogeneidad, \[ \begin{aligned} P(x,y) &=s^nP\left(\frac{x}{s},\frac{y}{s}\right)\\ &=s^nq\left(\frac{y}{s}\right)\\ &=s^n\left(1-\frac{3y}{s}\right)\\ &=(x+y)^{n-1}(x-2y). \end{aligned} \] Ambos miembros son polinomios y, por tanto, continuos, así que esta identidad también se cumple cuando \(x+y=0\).
Recíprocamente, fijemos un entero positivo \(n\) cualquiera y definamos \[ P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y), \] donde el factor con exponente cero es el polinomio constante \(1\). Este polinomio es homogéneo de grado \(n\), y \(P(1,0)=1\).
Para números reales arbitrarios \(a,b,c\), escribimos \(s=a+b+c\). Entonces \[ \begin{aligned} &P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[(s-3a)+(s-3b)+(s-3c)\bigr]\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[3s-3(a+b+c)\bigr]=0. \end{aligned} \] Por tanto, todo polinomio de la familia indicada satisface las tres condiciones, lo que completa la clasificación.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1975 · 问题 6
求所有满足下列性质的二元多项式 \(P\)：
(i) 存在正整数 \(n\)，使得对所有实数 \(t,x,y\)，都有 \[ P(tx,ty)=t^nP(x,y) \] （即 \(P\) 是 \(n\) 次齐次多项式），
(ii) 对所有实数 \(a,b,c\)，都有 \[ P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)=0, \]
(iii) \(P(1,0)=1\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
所有这样的多项式为 \[ \boxed{P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y),\qquad n=1,2,3,\ldots.} \] 当 \(n=1\) 时，这表示 \(P(x,y)=x-2y\)。
解答
设 \(P\) 满足这三个条件，定义一元多项式 \[ q(u)=P(1-u,u). \] 由 (iii)，\(q(0)=1\)，故 \(q\) 不是零多项式。
在 (ii) 中，取 \(a=b=u\)，\(c=1-2u\)。得到 \[ 2P(1-u,u)+P(2u,1-2u)=0, \] 等价地， \[ 2q(u)+q(1-2u)=0 \qquad\text{对每个实数 }u. \] 设 \(q\) 的次数为 \(d\ge0\)，首项系数为 \(\lambda\ne0\)。比较 \(u^d\) 的系数可得 \[ \lambda\bigl(2+(-2)^d\bigr)=0. \] 因此 \((-2)^d=-2\)，这就迫使 \(d=1\)。
在同一恒等式中令 \(u=0\)，得到 \(q(1)=-2q(0)=-2\)。由于 \(q\) 是一次多项式，且 \(q(0)=1\)，可得 \[ q(u)=1-3u. \]
现在设 \(x+y\ne0\)，并令 \(s=x+y\)。由齐次性， \[ \begin{aligned} P(x,y) &=s^nP\left(\frac{x}{s},\frac{y}{s}\right)\\ &=s^nq\left(\frac{y}{s}\right)\\ &=s^n\left(1-\frac{3y}{s}\right)\\ &=(x+y)^{n-1}(x-2y). \end{aligned} \] 两边都是多项式，因而都是连续的，所以当 \(x+y=0\) 时，这一恒等式也成立。
反过来，任意固定一个正整数 \(n\)，并定义 \[ P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y), \] 其中指数为零的因子表示常数多项式 \(1\)。这个多项式是 \(n\) 次齐次多项式，且 \(P(1,0)=1\)。
对任意实数 \(a,b,c\)，记 \(s=a+b+c\)。则 \[ \begin{aligned} &P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[(s-3a)+(s-3b)+(s-3c)\bigr]\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[3s-3(a+b+c)\bigr]=0. \end{aligned} \] 因此，所列多项式族中的每个多项式都满足这三个条件，分类完成。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1975 · Задача 6
Найдите все многочлены \(P\) от двух переменных, обладающие следующими свойствами:
(i) для некоторого положительного целого числа \(n\) и всех действительных \(t,x,y\) \[ P(tx,ty)=t^nP(x,y) \] (то есть \(P\) — однородный многочлен степени \(n\)),
(ii) для всех действительных \(a,b,c\) \[ P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)=0, \]
(iii) \(P(1,0)=1\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
Все такие многочлены имеют вид \[ \boxed{P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y),\qquad n=1,2,3,\ldots.} \] При \(n=1\) это означает \(P(x,y)=x-2y\).
Решение
Пусть \(P\) удовлетворяет трём условиям; определим многочлен от одной переменной \[ q(u)=P(1-u,u). \] По условию (iii) имеем \(q(0)=1\), поэтому \(q\) не является нулевым многочленом.
В условии (ii) положим \(a=b=u\) и \(c=1-2u\). Получаем \[ 2P(1-u,u)+P(2u,1-2u)=0, \] или, что равносильно, \[ 2q(u)+q(1-2u)=0 \qquad\text{для любого действительного }u. \] Пусть \(d\ge0\) — степень многочлена \(q\), а \(\lambda\ne0\) — его старший коэффициент. Сравнивая коэффициенты при \(u^d\), получаем \[ \lambda\bigl(2+(-2)^d\bigr)=0. \] Таким образом, \((-2)^d=-2\), откуда \(d=1\).
Подставляя \(u=0\) в то же тождество, получаем \(q(1)=-2q(0)=-2\). Поскольку \(q\) — линейный многочлен и \(q(0)=1\), имеем \[ q(u)=1-3u. \]
Теперь пусть \(x+y\ne0\), и положим \(s=x+y\). В силу однородности \[ \begin{aligned} P(x,y) &=s^nP\left(\frac{x}{s},\frac{y}{s}\right)\\ &=s^nq\left(\frac{y}{s}\right)\\ &=s^n\left(1-\frac{3y}{s}\right)\\ &=(x+y)^{n-1}(x-2y). \end{aligned} \] Обе части являются многочленами, а значит, непрерывны, поэтому это тождество верно и при \(x+y=0\).
Обратно, зафиксируем произвольное положительное целое число \(n\) и определим \[ P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y), \] где множитель с нулевым показателем степени понимается как постоянный многочлен \(1\). Этот многочлен однороден и имеет степень \(n\), причём \(P(1,0)=1\).
Для произвольных действительных \(a,b,c\) обозначим \(s=a+b+c\). Тогда \[ \begin{aligned} &P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[(s-3a)+(s-3b)+(s-3c)\bigr]\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[3s-3(a+b+c)\bigr]=0. \end{aligned} \] Таким образом, каждый многочлен указанного семейства удовлетворяет всем трём условиям, и все искомые многочлены найдены.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1975 · المسألة 6
أوجد جميع كثيرات الحدود \(P\)، في متغيرين، التي تحقق الخواص الآتية:
(i) يوجد عدد صحيح موجب \(n\) بحيث، لكل أعداد حقيقية \(t,x,y\)، \[ P(tx,ty)=t^nP(x,y) \] (أي إن \(P\) متجانسة من الدرجة \(n\))،
(ii) لكل أعداد حقيقية \(a,b,c\)، \[ P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)=0, \]
(iii) \(P(1,0)=1\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
جميع كثيرات الحدود هذه هي \[ \boxed{P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y),\qquad n=1,2,3,\ldots.} \] عندما \(n=1\)، يعني هذا أن \(P(x,y)=x-2y\).
الحل
لتكن \(P\) محققة للشروط الثلاثة، ولنعرّف كثيرة الحدود في متغير واحد \[ q(u)=P(1-u,u). \] بموجب (iii)، لدينا \(q(0)=1\)، ومن ثم فإن \(q\) ليست كثيرة الحدود الصفرية.
في (ii)، نأخذ \(a=b=u\) و\(c=1-2u\). فنحصل على \[ 2P(1-u,u)+P(2u,1-2u)=0, \] أو، بصورة مكافئة، \[ 2q(u)+q(1-2u)=0 \qquad\text{لكل عدد حقيقي }u. \] لتكن \(d\ge0\) درجة \(q\)، وليكن معامل حدها الأعلى درجة هو \(\lambda\ne0\). بمقارنة معاملي \(u^d\) نحصل على \[ \lambda\bigl(2+(-2)^d\bigr)=0. \] إذن \((-2)^d=-2\)، مما يفرض \(d=1\).
بوضع \(u=0\) في المتطابقة نفسها نحصل على \(q(1)=-2q(0)=-2\). وبما أن \(q\) خطية و\(q(0)=1\)، نحصل على \[ q(u)=1-3u. \]
لنفرض الآن أن \(x+y\ne0\)، ولنضع \(s=x+y\). بالتجانس، \[ \begin{aligned} P(x,y) &=s^nP\left(\frac{x}{s},\frac{y}{s}\right)\\ &=s^nq\left(\frac{y}{s}\right)\\ &=s^n\left(1-\frac{3y}{s}\right)\\ &=(x+y)^{n-1}(x-2y). \end{aligned} \] كلا الطرفين كثيرة حدود، ومن ثم فهو متصل، ولذلك تصح هذه المتطابقة أيضًا عندما \(x+y=0\).
وعكسًا، نثبت عددًا صحيحًا موجبًا كيفما كان \(n\)، ونعرّف \[ P(x,y)=(x+y)^{n-1}(x-2y), \] حيث العامل ذو الأس صفر هو كثيرة الحدود الثابتة \(1\). كثيرة الحدود هذه متجانسة من الدرجة \(n\)، وتحقق \(P(1,0)=1\).
لأعداد حقيقية كيفما كانت \(a,b,c\)، نكتب \(s=a+b+c\). عندئذ \[ \begin{aligned} &P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[(s-3a)+(s-3b)+(s-3c)\bigr]\\ &\quad=s^{n-1}\bigl[3s-3(a+b+c)\bigr]=0. \end{aligned} \] إذن كل كثيرة حدود في العائلة المذكورة تحقق الشروط الثلاثة جميعًا، وبذلك يكتمل التصنيف.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).