Cho $P(x)$ là một đa thức với hệ số nguyên có bậc bằng 5 sao cho có vô hạn cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn $xP(x)=yP(y)$ và $x\ne y$.
a) Chứng minh tồn tại số nguyên $C$ có tính chất: Nếu $(x,y)$ là cặp số nguyên thỏa mãn $x\ne y$ và $xP(x)=yP(y)$ thì $|x+y|\le C$.
b) Chứng minh $P(x)$ có nghiệm nguyên.

Viết $P(X)=a{X}^5+b{X}^4+c{X}^3+d{X}^2+eX+f$, trong đó $a\ne 0$.

Xét một cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn $x\ne y$ và $xP(x)=yP(y)$, do đó

$$0=a(x+y)(x^4+x^2{y}^2+y^4)+b(x^4+x^{3}y+x^2{y}^2+x{y}^3+y^4)$$
$$+c(x+y)(x^2+y^2)+d(x^2+xy+y^2)+e(x+y)+f.$$

Ta có $4x^2{y}^2\le (x^2+y^2{)}^2$, nên $x^4+x^2{y}^2+y^4\ge \frac{3}{4}(x^2+y^2{)}^2$. Đồng thời,
$$\left|x^4+x^{3}y+x^2{y}^2+x{y}^3+y^4\right|\le 2(x^2+y^2{)}^2,$$
$$\left|x^2+xy+y^2\right|\le \frac{3}{2}(x^2+y^2).$$

Vì $a\ne 0$, khi $x^2+y^2$ đủ lớn, ta có được
$$\left|a(x^4+x^2{y}^2+y^4)+c(x^2+y^2)+e\right|\ge \frac{3|a|}{8}(x^2+y^2{)}^2,$$
$$\left|b(x^4+x^{3}y+x^2{y}^2+x{y}^3+y^4)+d(x^2+xy+y^2)+f\right|\le 2|b|(x^2+y^2{)}^2+\frac{3}{2}|d|(x^2+y^2)+|f|.$$

Do đó $|x+y|\le \frac{8}{3|a|}\left(2|b|+\frac{3}{2}|d|+|f|\right)$ khi $x^2+y^2$ đủ lớn.

Còn khi $x^2+y^2$ bị chặn thì chỉ có hữu hạn cặp số nguyên $(x,y)$.

Vì vậy tồn tại số nguyên $C$ sao cho mọi cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn đề bài đều có $|x+y|\le C$.

b) Do $x+y$ là số nguyên và bị chặn, trong vô hạn cặp đã cho phải tồn tại một số nguyên $t$ sao cho $x+y=t$ với vô hạn cặp $(x,y)$. Khi đó $xP(x)=(t-x)P(t-x)$ với vô hạn số nguyên $x$. Hai vế là các đa thức theo $x$, nên $XP(X)=(t-X)P(t-X)$ với mọi $X\in \mathbb{R}$.

Nếu $t\ne 0$, thay $X=0$ ta được $tP(t)=0$, suy ra $P(t)=0$.

Nếu $t=0$ thì $XP(X)=(-X)P(-X)$, suy ra $P(X)+P(-X)=0$. Thay $X=0$, ta được $P(0)=0$.

Vậy $P(x)$ có nghiệm nguyên.

Nhận xét: Bài toán trên là bài toán trong đề thi IMO Shortlist 2002, nhưng được đổi từ bậc 3 lên bậc 5.