Bài đa thức
 

Cho đa thức hệ số nguyên $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$.Giả sử tồn tại vô hạn cặp số nguyên $x,y$ phân biệt thỏa mãn: $xP(x)=yP(y)$. Chứng minh rằng: $P(x)=0$ có một nghiệm nguyên

Ta sẽ chứng minh bài toán cũng đúng khi thay số $3$ (bậc $3$) bằng số $2k+1$ (bậc lẻ). Kí hiệu $P(x)=a.x^{2k+1}+Q(x)$ với $(Q(x)$ có bậc bé hơn hoặc bằng $2k$). Từ giả thiết, không giảm tổng quát ta có thể giả sử rằng tồn tại hai dãy số nguyên $(x_n)_n$ tăng và $(y_n)_n$ giảm sao cho $x_n>0,\forall n$, $y_n<0,\forall n$ và $x_nP(x_n)=y_nP(y_n),\forall n$. Ta có các kết quả sau:

1. $\lim x_n=+\infty$, $\lim y_n=-\infty$,
2. Do $x_nP(x_n)=y_nP(y_n),\forall n$ suy ra $\dfrac{x_n}{y_n}.\dfrac{P(x_n)}{P(y_n)}=1$ nên $\lim\dfrac{x_n}{y_n}=-1$ và $\lim\dfrac{P(x_n)}{y_n^{2k+1}}= \lim\dfrac{P(y_n)}{x_n^{2k+1}}=a$,
3. Cũng từ giả thiết ta có $(x_n+y_n)P(x_n)=y_n((P(x_n)+P(y_n))=y_n(a(x_n^{2k +1}+y_n^{2k+1})+Q(x_n)+Q(y_n))$. Hay
   $$x_n+y_n=\frac{y_n^{2k+1}}{P(x_n)}[a\frac{x_n^{2k+1}+y_n^{2k+1}}{y_n^{2k}}+\frac{Q(x_ n)}{y_n^{2k}}+\frac{Q(y_n)}{y_n^{2k}}].$$
   Do $\lim\dfrac{y_n^{2k+1}}{P(x_n)}=\dfrac{1}{a}$ , $\lim\dfrac{x_n^{2k+1}+y_n^{2k+1}}{y_n^{2k}(x_n+y_ n)}=\dfrac{1}{2k+1}$ và các giới hạn $\lim\dfrac{Q(x_n)}{y_n^{2k}}$, $\lim\dfrac{Q(y_n)}{y_n^{2k}}$ tồn tại và hữu hạn. Nên $\lim(x_n+y_n)$ tồn tại và hữu hạn.
   Đặt $\lim(x_n+y_n)=a$, từ đây suy ra $a$ là số nguyên và tồn tại $N_0$ sao cho với mọi $n>N_0$ thì $x_n+y_n=a$. Từ đây ta có
   $$x_nP(x_n)=(a-x_n)P(a-x_n),\forall n>N_0.$$
   Hay
   $$xP(x)=(a-x)P(a-x),\forall x\in\mathbb{R},(a\in\mathbb{Z})$$
   Cho $x=0$ suy ra $P(a)=0$. Hay ta có phương trình $P(x)=0$ luôn có nghiệm nguyên.