Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Las raíces múltiples de un polinomio son puntos en donde se anula tanto el polinomio como su derivada. La derivada de $p(x)$ es $p'(x)=5x^4+3ax^2$, que tiene por raíces $x=0$ y, si $a\lt 0$, también $x=\pm\frac{1}{5}\sqrt{-15a}$. En el caso $x=0$, se tiene que cumplir que $p(0)=0$, es decir, $b=0$. En el caso $a\lt 0$ y $x=\frac{1}{5}\sqrt{-15a}$, se tiene que cumplir que $p(\frac{1}{5}\sqrt{-15a})=0$, es decir, $b=\frac{6a^2}{125}\sqrt{-15a}$ y, finalmente, en el caso $a\lt 0$ y $x=-\frac{1}{5}\sqrt{-15a}$, se tendría que $b=\frac{24a^2}{125}\sqrt{-15a}$.

Solución. Como $x^2+2x+1=(x+1)^2$, será suficiente dividir el polinomio $p(x)=ax^4+bx^3+1$ dos veces entre $x+1$ e imponer que los restos se anulen. Por un lado, que $p(x)$ sea divisible entre $x+1$ es equivalente a que $p(-1)=0$. Como $p(-1)=a-b+1$, tendrá que cumplirse que $b=a+1$ luego tenemos podemos expresar \[p(x)=ax^4+(a+1)x^3+1=(x+1)(ax^3+x^2-x+1).\] Ahora bien, el polinomio $q(x)=ax^3+x^2-x+1$ también tiene que ser divisible por $x+1$, lo que se traduce en que $q(-1)=-a+3=0$, luego $a=3$. Por tanto, los valores que buscamos son $(a,b)=(3,4)$ (observemos que $3x^4+4x^3+1=(x^2+2x+1)(3x^2-2x+1)$).

Solución. Si $p(x)=ax^4+bx^3+1$ es divisible por $x^2+2x+1=(x+1)^2$, entonces $p(x)$ tiene a $-1$ como raíz doble. Esto nos dice que $p(-1)=0$ y $p'(-1)=0$. La condición $p(-1)=0$ se traduce en $b-a-1=0$ y $p'(-1)=0$ se traduce en $3b-4a=0$. Resolviendo este sistema de dos ecuaciones lineales obtenemos la única solución del problema $(a,b)=(3,4)$.

Solución. Si llamamos \(\alpha\), \(\beta\) y \(\gamma\) a las tres raíces y suponemos que \(\gamma\) es la media geométrica de las otras dos (es decir, \(\gamma^2=\alpha\beta\)), entonces las relaciones de Cardano nos dicen que \begin{eqnarray*} b&=&-(\alpha+\beta+\gamma)\\ c&=&\gamma^2+\beta\gamma+\alpha\gamma\\ d&=&-\gamma^3 \end{eqnarray*} Además, para demostrar que \(b^3d=c^3\) será suficiente probar que \(b\sqrt[3]{d}=c\), pero tenemos que \[b\sqrt[3]{d}=(\alpha+\beta+\gamma)\gamma=\alpha\gamma+\beta\gamma+\gamma^2=c\] y hemos terminado.

Solución. Si $p(x)$ es constante $\lambda\in\mathbb{R}$, entonces $\lambda=\lambda^{2007}$, de donde $\lambda=0$ ó $\lambda=\pm 1$. Si $p(x)$ no es constante, entonces toma infinitos valores distintos luego si consideramos el polinomio $q(x)=x^{2007}$, la ecuación del enunciado se escribe como $p(p(x))=q(p(x))$ y estamos diciendo que los polinomios $p(x)$ y $q(x)$ toman el mismo valor para infinitos valores de $x$ luego $p(x)=q(x)=x^{2007}$. Tenemos así que los únicos polinomios que cumplen la igualdad propuesta son $p(x)=0$, $p(x)=1$, $p(x)=-1$ y $p(x)=x^{2007}$.

Solución. Observemos que $\alpha^n=6\alpha^{n-1}-\alpha^{n-2}$ y $\beta^n=6\beta^{n-1}-\beta^{n-2}$ para cualquier natural $n\geq2$ luego sumando estas dos igualdades, tenemos que $r_n=6r_{n-1}-r_{n-2}$ para todo $n\geq2$, donde hemos tomado $r_n=\alpha^n+\beta^n$. Esta ecuación recursiva nos dice que si $r_1$ y $r_2$ son enteros, también lo serán los demás $r_n$. Las relaciones de Cardano-Vieta nos dicen que $r_1=\alpha+\beta=6$ y $\alpha\beta=1$, de donde $r_2=\alpha^2+\beta^2=(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta=36-2=34$ y tenemos probado que $r_n$ es natural para todo $n\in\mathbb{N}$.

Para ver que no es múltiplo de 5, consideremos la sucesión de restos módulo 5 de $\{r_n\}$, que viene dada por $\{1,4,3,4,1,2,1,4,\ldots\}$ y a partir de este punto se vuelve a repetir ya que cada término se calcula en función de los dos anteriores (módulo 5). Como no aparece ningún cero en este periodo, no hay ningún término que sea múltiplo de 5.