ta có \[T\left( y \right)T\left( {y + 1} \right) = T\left( {{y^2} + y + 1} \right) \Rightarrow T\left( {y - 1} \right)T\left( y \right) = T\left( {{y^2} - y + 1} \right)\]
Vậy nếu y là nghiệm của T thì ${y^2} + y + 1\& {y^2} - y + 1$ cũng là nghiệm của T
T có hữu hạn nghiệm, trong đó ta chọn nghiệm m có module lớn nhất, tức là
\[\begin{array}{l}
\left| {{m^2} + m + 1} \right| \le \left| m \right|;\left| {{m^2} - m + 1} \right| \le \left| m \right|\\
\Rightarrow 2\left| m \right| \ge \left| {{m^2} + m + 1} \right| + \left| {{m^2} - m + 1} \right| \ge \left| {\left( {{m^2} + m + 1} \right) - \left( {{m^2} - m + 1} \right)} \right| = 2\left| m \right|
\end{array}\]
Vậy đẳng thức xảy ra nên ${m^2} + m + 1 = - \left( {{m^2} - m + 1} \right) \Rightarrow m = \pm i$ và ${x^2} + 1$ là thừa số của T
Gọi r là số lớn nhất sao cho có thể đặt
\[T\left( x \right) = {\left( {{x^2} + 1} \right)^r}P\left( x \right) \Rightarrow P\left( x \right)P\left( {x + 1} \right) = P\left( {{x^2} + x + 1} \right)\]
Nếu P có nghiệm thì theo chứng minh trên thì ${x^2} + 1$ là thừa số của P, mâu thuẫn với cách chọn r
Vậy P là hằng số, tức là P=1, vậy $T\left( x \right) = {\left( {{x^2} + 1} \right)^r}$ với r là số nguyên dương nào đó
- perfectstrong, funcalys và Beautifulsunrise thích