Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La primera parábola se puede expresar completando el cuadrado como \[y=ax^2+bx+c=\frac{(2ax+b)^2+(4ac-b^2)}{4a},\] de forma que su vértice tiene coordenadas $(x,y)=(\frac{-b}{2a},\frac{4ac-b^2}{4a})$ ya que este es el punto en el que el cuadrado toma su mínimo valor (cero). De la misma forma, el vértice de la segunda parábola tiene coordenadas $(\frac{-c}{2b},\frac{4ab-c^2}{4b})$, por lo que se tienen que verificar simultáneamente las siguientes dos ecuaciones: \[\frac{-b}{2a}=\frac{-c}{2b},\qquad c-\frac{b^2}{4a}=a-\frac{c^2}{4b}.\qquad(\star)\] La primera ecuación nos dice que $c=\frac{b^2}{a}$, luego podemos sustituir en la segunda para transformarla después de simplificar en \[\frac{b^2}{a}-\frac{b^2}{4a}=a-\frac{b^3}{4a^2}\ \Leftrightarrow\ 4a^3-3ab^2-b^3=0\ \Leftrightarrow\ (b-a)(2a+b)^2=0.\] Como $a\neq b$, deducimos que $b=-2a$, luego $c=\frac{b^2}{a}=4a$. Tenemos así que las parábolas que las ternas que resuelven el problema tienen que ser de la forma $(a,-2a,4a)$ para cualquier $a\neq 0$. Fácilmente se ve que todas estas cumplen las ecuaciones marcadas con $(\star)$.

Solución. Teniendo en cuenta que $x_0^2+a_ix_0+b_i=0$ para todo $i$, podemos sumar estas $n$ igualdades (para $i$ entre $1$ y $n$) y nos queda \[nx_0^2+(a_1+a_2+\ldots+a_n)x_0+(b_1+b_2+\ldots+b_n)=0.\] Dividiendo por $n$, concluimos que $x_0$ también es solución de la ecuación con las medias aritméticas. Para calcular la otra solución, vamos a dividir el polinomio \[P(x)=x^2+\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}x+\frac{b_1+b_2+\ldots+b_n}{n}\] entre $x-x_0$ (esto es muy fácil usando Ruffini), lo que nos da \[P(x)=(x-x_0)(x+\tfrac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}+x_0)\] Si llamemos $x_i$ a la otra solución de la ecuación $x^2+a_ix+b_i=0$ que no es $x_0$, tenemos que $a_i=-(x_0+x_i)$ con lo que la otra raíz de $P(x)$ es \begin{align*} -\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}-x_0&=\frac{x_1+x_0+x_2+x_0+\ldots+x_n+x_0}{n}-x_0\\ &=\frac{x_1+x_2+\ldots+x_n}{n}, \end{align*} es decir, la media aritmética de las raíces de las ecuaciones originales.

Solución. El procedimiento es similar al que usamos para hallar el máximo común divisor de dos polinomios. Llamemos $p(x)$ y $q(x)$ a los dos polinomios de tercer grado dados por las ecuaciones. Podemos reducir el grado haciendo \[q(x)-n\,p(x)=-2 m(m^2+m x^2+3 n x).\] Por tanto, la raíz común también tiene que ser raíz de $r(x)=m^2+m x^2+3 n x$ ya que $m\neq 0$. Esta raíz también tiene que ser raíz de \[x\, r(x)-m\,p(x)=n(3x^2+m).\] Como quiera que $n\neq 0$, deducimos que $m$ es negativo y que la raíz común $\alpha$ debe cumplir $3\alpha^2+m=0$. Podemos usar esto para sustituir $m$ en la primera ecuación, que nos queda \[x^3+mx-n=0\ \Longrightarrow\ \alpha^3-3\alpha^3-n=0 \ \Longrightarrow\ n=-2\alpha^3.\] Con esto ya podemos factorizar los dos polinomios: \begin{align*} p(x)&=x^3-3\alpha^2x+2\alpha^3=(x-\alpha)^2(x-2\alpha),\\ q(x)&=-2\alpha^3(x^3+9 \alpha x^2+15 \alpha ^2 x-25 \alpha ^3)=(x-\alpha) (x+5\alpha)^2, \end{align*} La idea para estas factorizaciones es dividir por $\alpha^3$ y ver las ecuaciones $p(x)=0$ y $q(x)=0$ como ecuaciones con incógnita $y=\frac{x}{\alpha}$. Deducimos que la primera ecuación tiene una raíz doble igual a $\alpha$ y la otra raíz igual a $2\alpha$ (es distinta ya que $\alpha\neq 0$). La segunda ecuación tiene a $\alpha$ como raíz simple y a $-5\alpha$ como raíz doble.

Nota. Si $n=0$ y $m\neq 0$, entonces la primera ecuación tiene soluciones $x=0$ y $x=\pm\sqrt{m}$ y la segunda ecuación es de segundo grado y tiene soluciones $x=\pm\sqrt{m}$, por lo que el resultado no es cierto (hay dos raíces comunes). Si $n\neq 0$ y $m=0$, entonces la primera ecuación y la segunda son la misma y tienen como única raíz real común $x=\sqrt[3]{n}$, aunque también comparten las otras dos raíces complejas. En este caso, no es cierto que la primera ecuación tenga dos raíces iguales.

Solución. Podemos calcular directamente \begin{align*}P(\alpha^3)-P(\beta^3)&=3(\alpha^6-\beta^6)+3m(\alpha^3-\beta^3)\\ &=3(\alpha^3+\beta^3)(\alpha^3-\beta^3)+3m(\alpha^3-\beta^3)\\ &=3(\alpha^3-\beta^3)(\alpha^3+\beta^3+m) \end{align*} Como $\alpha\neq\beta$, tendremos que probar que $\alpha^3+\beta^3=-m$ y habremos terminado. Esto es un cálculo estándar de polinomios simétricos de las raíces del polinomio: \begin{align*} \alpha^3+\beta^3&=(\alpha+\beta)^3-3\alpha^2\beta-3\alpha\beta^2=(\alpha+\beta)^3-3\alpha\beta(\alpha+\beta)\\ &=(-m)^3-3\cdot\tfrac{m^2-1}{3}\cdot (-m)=-m^3+(m^3-m)=-m, \end{align*} donde hemos usado que conocemos la suma $\alpha+\beta=-m$ y el producto $\alpha\beta=\frac{m^2-1}{3}$ a partir de los coeficientes de $P(x)$ (relaciones de Cardano-Vieta).

Solución. Trabajando con la raíz $\alpha$, tenemos que $3\alpha^3+3m\alpha^2+(m^2-1)\alpha=0$, luego podemos multiplicar esta igualdad por $\alpha$ y despejar $\alpha^3$ como \[\alpha^3=-m\alpha^2+\tfrac{1-m^2}{3}\alpha=-m(\tfrac{1-m^2}{3}-m\alpha)+\tfrac{1-m^2}{3}\alpha=\tfrac{1+2m^2}{3}\alpha+\tfrac{m(m^2-1)}{3}.\] De esta manera, podemos evaluar (omitimos los cálculos de la simplificación): \begin{align*} P(\alpha^3)&=P(\tfrac{1+2m^2}{3}\alpha+\tfrac{m(m^2-1)}{3})\\ &=3(\tfrac{1+2m^2}{3}\alpha+\tfrac{m(m^2-1)}{3})^2+3m(\tfrac{1+2m^2}{3}\alpha+\tfrac{m(m^2-1)}{3})+m^2-1\\ &=\tfrac{(1+2m^2)^2}{9}(3a^2+3am+m^2-1)-\tfrac{1}{9}(m^6-3m^4-3m^2+8). \end{align*} Usando de nuevo que $\alpha$ es raíz, tenemos que $P(\alpha^3)=-\tfrac{1}{9}(m^6-3m^4-3m^2+8)$, pero el mismo cálculo vale para $\beta$ luego $P(\alpha^3)=P(\beta^3)$.

Nota. Aunque la otra solución propuesta es más elegante, hay trucos que permiten manipular potencias de las raíces de un polinomio con cierta fluidez. En una prueba de olimpiada puede preferirse un cálculo más largo si estamos convencidos de que así saldrá la solución frente a buscar opciones más elegantes.

Solución. Como sabemos las raíces de ambos polinomios, podemos escribir \begin{align*} P(x)&=x^3+Ax^2+Bx+C=(x-a)(x-b)(x-c),\\ Q(x)&=3x^2+2Ax+B=3(x-\tfrac{a+b}{2})(x-\tfrac{b+c}{2}). \end{align*} Desarrollando los paréntesis e igualando coeficientes, obtenemos las llamadas relaciones de Cardano-Vieta para ambos polinomios: \[P(x):\left\{\begin{array}{l} a+b+c=-A\\ ab+bc+ac=B\\ abc=-C \end{array}\right.\qquad\qquad Q(x):\left\{\begin{array}{l}a+2b+c=\frac{-4A}{3}\\ ab+bc+ca+b^2=\frac{4B}{3}\end{array}\right.\] Usando las relaciones para $P(x)$, podemos transformar las de $Q(x)$ en \[\tfrac{-4A}{3}=a+2b+c=-A+b,\qquad \tfrac{4B}{3}=ab+bc+ca+b^2=B+b^2,\] de donde deducimos que $b=\frac{-A}{3}$ y $b^2=\frac{B}{3}$. De aquí podemos decir que $\frac{A^2}{9}=b^2=\frac{B}{3}$, luego $A^2=3B$, lo que a su vez nos permite reescribir \[Q(x)=3x^2+2Ax+B=3x^2+2Ax+\tfrac{1}{3}A^2=\frac{1}{3}(3x+A)^2.\] Por tanto, las dos raíces de $Q(x)$ son iguales a $\frac{-A}{3}$, es decir, \[\frac{a+b}{2}=\frac{b+c}{2}=\frac{-A}{3}\ \Longleftrightarrow\ a=c=\frac{-2A}{3}-b=\frac{-A}{3}.\] Como ya sabíamos que $b=\frac{-A}{3}$, llegamos a que las tres raíces de $P(x)$ tienen que ser iguales, es decir, la solución al problema son los polinomios $P(x)=(x-a)^3$ y $Q(x)=3(x-a)^2$ para cualquier $a\in\mathbb{R}$, que claramente cumplen las condiciones propuestas.

Nota. Este resultado es curioso porque si pensamos en un polinomio $P(x)$ con tres raíces reales $a\lt b\lt c$, el polinomio $Q(x)$ es la derivada de $P(x)$ y tiene una raíz estrictamente entre $a$ y $b$ y la otra estrictamente entre $b$ y $c$ (por el teorema de Rolle). El problema nos dice que, salvo que todas las raíces coincidan, el máximo y el mínimo locales de $P(x)$ no pueden ser los puntos medios de los intervalos $[a,b]$ y $[b,c]$. En realidad, se puede demostrar que siempre estas raíces están más cerca de $a$ o $c$ que de $b$. ¿Sabrías probarlo?