Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Utilizaremos la propiedad de que $x-y$ divide a $p(x)-p(y)$ para cualesquiera números enteros $x$ e $y$ por tener $p(x)$ coeficientes enteros. Razonaremos que no puede existir el entero $k$ por reducción al absurdo suponiendo que sí que existe.

Tomando $x=k$ e $y=a$, esta propiedad nos dice que $k-a$ divide a $p(k)-p(a)=7$, luego $k-a$ tiene que ser igual a $\pm 1$ o $\pm 7$, los factores enteros de $7$. Análogamente, para $x=k$ e $y=a+1$, se tiene que $k-a-1$ divide a $p(k)-p(a+1)=7$, luego $k-a-1$ tiene que ser igual a $\pm 1$ o $\pm 7$, esto es, $k-a$ tiene que ser igual a $-6$, $0$, $2$ u $8$, lo cual es absurdo (tenía que ser $\pm 1$ o $\pm 7$).

Nota. No se ha usado la hipótesis de que $p(a+2)=1$.

Solución. La ecuación se puede reescribir como \[(x^2+ax)^2+(ax+1)^2=0,\] luego se tiene que cumplir que $x^2+ax=0$ y también $ax+1=0$ (para que una suma de cuadrados sea cero, todos los sumandos han de ser cero). Tenemos además que $x=0$ no cumple la ecuación, luego podemos simplificar $x^2+ax=0$ y escribir $x+a=0$. Esto nos dice que $x=-a$ y también que $x=\frac{-1}{a}$, luego, para que haya solución, tiene que ser $-a=\frac{-1}{a}$. Esto último equivale a que $a=\pm 1$ y tenemos varios casos:

• Si $a\neq \pm 1$, la ecuación no tiene soluciones.
• Si $a=1$, el polinomio se factoriza como \[x^4+2x^3+2x^2+2x+1=(x+1)^2(x^2+1),\] luego tiene una única solución real $x=-1$, que es doble.
• Si $a=-1$, el polinomio se factoriza como \[x^4-2x^3+2x^2-2x+1=(x-1)^2(x^2+1),\] luego también tiene como única solución real (doble) $x=-1$.

Solución. Sustituyendo $x=y=z=0$ en la ecuación del enunciado, tenemos que $4p(0)=3p(0)$, de donde $p(0)=0$. Por otro lado, si hacemos $x=y=z$ en el enunciado, obtenemos la ecuación $3p(x)+p(3x)=3p(2x)$. Al desarrollar esta igualdad nos queda una igualdad de polinomios. Los términos de mayor grado nos dan la ecuación $3a_nx^n+a_n3^nx^n=3a_n 2^n x^n$, siendo $p(t)=a_nt^n+\ldots +a_1t+a_0$ con $a_n\neq 0$. Esta condición nos dice que $1+3^{n-1}=2^n$ y esta igualdad es cierta para $n=1$ y $n=2$, pero no para $n\geq 3$ (¿por qué?). Por tanto, el grado de $p$ es $n\leq 2$.

Deducimos así que $p(t)=at^2+bt$ para ciertos $a,b\in\mathbb{R}$. Se puede comprobar fácilmente que todos estos polinomios (para todo $a,b\in\mathbb{R}$) cumplen la ecuación dada.

Solución. Si desarrollamos la ecuación del enunciado nos queda un polinomio en las tres variables $x,y,z$. Como la igualdad debe ser válida para todo $x,y,z$, se deduce que los coeficientes de monomios de grados iguales en ambos miembros ha de ser el mismo. Si $n\geq 3$, el miembro de la izquierda tiene monomios de la forma $x^ay^bz^c$, con $a,b,c\geq 1$, y por el contrario el miembro de la derecha no los tiene. Esto nos dice que $p$ tiene grado $n\leq 2$. Sustituyendo $x=y=z=0$ en la ecuación del enunciado, tenemos además que $4p(0)=3p(0)$, de donde $p(0)=0$.

Deducimos así que $p(t)=at^2+bt$ para ciertos $a,b\in\mathbb{R}$. Como estos polinomios claramente cumplen la ecuación (ya que $t^2$ y $t$ la cumplen), la solución al problema son todos los polinomios de la forma $p(t)=at^2+bt$ para ciertos $a,b\in\mathbb{R}$.

Nota. Esta solución puede considerarse avanzada al usar el resultado de identidad de polinomios de varias variables. Otra versión también avanzada que en el fondo explota la misma idea es derivar ambos miembros primero respecto de la variable $x$, luego respecto de la variable $y$ y finalmente respecto de la variable $z$: la ecuación queda $p'''(x+y+z)=0$ para todo $x,y,z\in\mathbb{R}$, que nos lleva también a que $p$ es de segundo grado a lo sumo.

Solución. Sean $0\lt\alpha\leq\beta\leq\gamma$ las tres raíces. Por tanto \begin{align*} p(x)&=x^3+ax^2+bx+a=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)\\ &=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma. \end{align*} Igualando coeficientes obtenemos las relaciones de Cardano-Vieta: \[\alpha+\beta+\gamma=-a,\qquad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=b,\qquad \alpha\beta\gamma=-a.\] Ahora bien, como los números están en progresión aritmética, podemos escribir $\alpha=\beta-d$ y $\gamma=\beta+d$, siendo $d\geq 0$. Sustituyendo estos valores, las ecuaciones de Cardano-Vieta se pueden reescribir de la siguiente manera: \[3\beta=-a,\qquad 3\beta^2-d^2=b,\qquad \beta(\beta^2-d^2)=-a.\] De la primera y la tercera obtentemos que $\beta^2-d^2=3$. Para terminar, distinguiremos casos dependiendo de cuál de las raíces es igual a $\frac{7}{4}$, información que aún no hemos usado.

• Si $\beta+d=\frac{7}{4}$, entonces la ecuación $3=\beta^2-d^2=(\beta+d)(\beta-d)$ nos dice que $\beta-d=\frac{12}{7}$. Sumando y restando a esta última la ecuación $\beta-d=\frac{7}{4}$, llegamos fácilmente a que $\beta=\frac{97}{56}$ y $d=\frac{1}{56}$. Usando ahora las otras ecuaciones, se tiene que $a=-3\beta=\frac{-291}{56}$ y $b=3\beta^2-d^2=\frac{14113}{1568}$.
• Si $\beta=\frac{7}{4}$, entonces $d^2=\beta^2-3=\frac{1}{16}$, luego $d=\frac{1}{4}$ ya que habíamos supuesto que $d\geq 0$. Por lo tanto, $a=-3\beta=\frac{-21}{4}$ y $b=3\beta^2-d^2=\frac{73}{8}$.
• Si $\beta-d=\frac{7}{4}$, entonces la ecuación $3=\beta^2-d^2=(\beta+d)(\beta-d)$ nos dice que $\beta+d=\frac{12}{7}$, de donde $d=\frac{-1}{56}$. Esto no nos da ninguna solución ya que habíamos supuesto que $d\geq 0$.

En resumen, hay dos polinomios almerienses que tienen a $\frac{7}{4}$ por raíz: \[p_1(x)=x^3-\frac{291}{56}x^2+\frac{14113}{1568}x-\frac{291}{56}\qquad\text{y}\qquad p_2(x)=x^3-\frac{21}{4}x^2+\frac{73}{8}x-\frac{21}{4}.\]