Một bài đa thức hay
 

Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực thỏa mãn
$$ P\left ( 6x^3+7x^2+16x+3 \right )=P\left ( x^2+x+3 \right )P\left ( 3x+1 \right ),\forall x\in\mathbb{R}$$

Do bậc của các đa thức, đoán có thể đổi biến để đẳng thức trở thành $P(ab) = P(a)P(b)$. Thử được $2(6x^3+7x^2+16x+3)-1=(2(3x+1)-1)(2(x^2+x+3)-1)$. Đổi biến $Q(2x-1) = P(x)$.
Đổi biến thêm một lần (cho dễ viết, không đổi thì xem như $x = 6t+1$) nữa để đẳng thức trở thành:
\[ Q(xf(x))=Q(x)Q(f(x)),\]
với $f(x)$ là đa thức bậc 2. Nếu $Q(0) = 0$ (hệ số ứng với $x^0$) thì tách $Q(x) = x^tR(x)$ (nếu $\deg Q>0$, ngược lại $\deg Q = 0$ thì $Q(x)=0$ với mọi $x$) sao cho $R(0)\ne 0$, như vậy nói chung là ta đưa về tìm một đa thức $Q(x)$ với hệ số hằng khác $0$, từ đấy mọi đa thức có dạng $x^tQ(x)$ cũng thỏa mãn điều kiện yêu cầu.
Thử trước với các đa thức hằng ta được $Q(x) =1$ với mọi $x$. Đưa về xét $\deg Q \ge 1$.
\[Q(x) = x^d +ax^r+\ldots,\]
với $a\ne 0$ và $d >r\ge 0$ ($a$ và $r$ tồn tại do yêu cầu $Q(x)\ne 0$. Khai triển đẳng thức ta có:
\[(xf(x))^d + a(xf(x))^r = (xf(x))^d +af(x)^rx^d +\ldots\]
Sau khi khử $(xf(x))^d$ thì bậc lớn nhất còn lại ở hai bên khác nhau (mâu thuẫn). Vậy $Q(x)=1$ (tức là tất cả các đa thức $x^t$).
Đổi biến ngược lại thì được $P(x)=(2x-1)^t$ hoặc $P(x)\equiv 0$.
Nhận xét: Bài này chủ yếu so sánh bậc (cũng đơn giản), chỉ có phần đổi biến có vẻ nhân tạo (mò bằng cách thay $x=0$ rồi tính tạm ra $P(1)=1$, xem hệ số đầu bằng $2$ thì đoán có dạng $2x-1$), mò mẫm ra được thì làm được chứ không học được gì mới.