Page 113 - 4371

При n 0 і n 1 рівність виконана. Нехай вона вже дове-
дена для всіх чисел, менших n де n  N . Тоді із рівності в
умові задачі при  nx  1 маємо 2P  n  1  P   Pn  n  2 ,

або P   2n  n  1    1P  n  2   1P  nP  1 , отже рівність
справедлива і для числа n (до речі, легко довести, що ця
рівність має місце і для від’ємних n ). Оскільки многочлен
P   Px   x1 має нескінченно багато коренів, то він тотож-
но дорівнює нулю. Поклавши   aP 1  , одержуємо, що шу-

кані многочлени мають вид   axxP  .
3.15 Підставивши в дану тотожність x  0 і x  2 , ба-
чимо, що многочлен  xP має корені 0 і 1, а значить, ді-
2
x
литься на x  . Тоді, підставляючи в тотожність вираз
P   xx  2  x   xQ , одержуємо
2 2
x   x 1   x 1  xQ 1  x  2 x  x    xQ ,
або
x x 1 x 2  xQ  1  x 2  xx  1   xQ ,
тобто Q    Qx  x  1 . Звідси маємо
Q  0 Q  1 Q    2 . Тому   axQ  – константа, і

шукані многочлени мають вид   xaxP  2   x (безпосере-
дньою перевіркою можна переконатись, що всі такі много-
члени задовольняють вказану тотожність).
3.16 Підставляючи в дану тотожність послідовно зна-
чення x , 1 x   , 2 x  0, одержуємо, що шуканий много-
3
x
член  xP має корені 0, 1 , а тому ділиться на x  . Ви-
раз   xxP  3  x   xQ підставимо в тотожність:
3 3
 x 1  x  1   x 1   xQ 1    x 2 x  x    xQ 0,
або  x 1  x 1   xx 2   xQ 1    x 2   xx 1  x 1    0xQ ,
що приводить до тотожності xQ 1  Q  x , звідки одер-

жуємо   0Q Q   1 Q   2 . Тому   axQ  – константа, і
шукані многочлени мають вид   xaxP  3   x .
113