Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Escribamos las tres raíces como $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{R}$. Desarrollando \[(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma\] podemos identificar coeficientes para obtener las relaciones de Cardano-Vieta $a=-(\alpha+\beta+\gamma)$ y $b=\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha$. Con esto podemos calcular \begin{align*} a^2-3b&=(\alpha+\beta+\gamma)^2-3(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)\\ &=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2-\alpha\beta-\beta\gamma-\gamma\alpha\\ &=\tfrac{1}{2}\left((\alpha-\beta)^2+(\beta-\gamma)^2+(\gamma-\alpha)^2\right)\geq 0. \end{align*}

Solución. Si $p(x)=x^3+ax^2+bx+c$ tiene tres soluciones reales distintas, entonces su derivada debe anularse al menos dos veces por el teorema de Rolle (debe tener un máximo/mínimo entre cada par de raíces. Esto también es verdad si hay una raíz doble y otra simple ya que debe anularse entre ambas raíces y en la raíz doble. En el caso de tener una raíz triple, su derivada debe tener una raíz doble en dicho punto. Todo esto nos dice que la derivada $p'(x)=3x^2+2ax+b$ debe tener discriminante no negativo, pero dicho discriminante es $(2a)^2-4\cdot 3\cdot b=4(a^2-3b)$, de donde se deduce que debe ser $a^2\geq 3b$.

Solución. Pongamos que el polinomio es $f(x)=x^3+ax^2+bx+c$, ya que podemos suponer sin pérdida de generalidad que el coeficiente líder es $1$. Que sea tangente al eje de abscisas implica que debe tener una raíz doble $r$ y pongamos que $s$ es la tercera raíz (podría ser $r=s$ y tener una raíz triple). Entonces, igualando coeficientes en \[x^3+ax^2+bx+c=(x-r)^2(x-s)=x^3-(2r+s)x^2+(r^2+2rs)x-r^2s,\] deducimos que $2r+s=-a$, $r^2+2rs=b$ y $r^2s=-c$ son números racionales (estas son las ecuaciones de Cardano-Vièta). Buscando combinaciones de estos números que nos den expresiones simétricas y homogéneas de $r$ y $s$, encontramos sin mucho problema \[a^2-3b=r^2-2rs+s^2,\qquad 9c-ab=2r(r^2-2rs+s^2).\] Distinguimos dos casos:

• Si $a^2-3b\neq 0$, entonces obtenemos directamente que \[r=\frac{9c-ab}{2(a^2-3b)}\in\mathbb{Q},\qquad s=-a-2r=-\frac{a^3+9c-4ab}{a^2-3b}\in\mathbb{Q}.\]
• En caso contrario, tenemos que $0=a^2-3b=(2r+s)^2-3(r^2+2rs)=(r-s)^2$, luego se trata de un polinomio con una raíz triple, que también es racional ya que podemos escribir en este caso $r=s=\frac{-a}{3}\in\mathbb{Q}$.

Solución. Consideremos la derivada $f'(x)$, que es un polinomio de grado $2$ con coeficientes racionales. Que la gráfica sea tangente al eje de abscisas en algún punto nos dice que debe existir $\alpha\in\mathbb{R}$ tal que $f(\alpha)=f'(\alpha)=0$ ($\alpha$ es una raíz doble o triple de $f(x)$). La división de $f(x)$ entre $f'(x)$ nos asegura que existen polinomios $q(x)$ y $r(x)$ con coeficientes racionales tales que $f(x)=q(x)f'(x)+r(x)$, luego evaluando en $x=\alpha$ obtenemos que $r(\alpha)=0$. Distingamos dos casos:

• Si $r(x)=ax+b$ es un polinomio de grado $1$ ($a\neq 0$), como tiene coeficientes racionales, podemos despejar $\alpha=\frac{-b}{a}\in\mathbb{Q}$. Ahora basta dividir $f(x)$ entre $(x-\alpha)^2$ para obtener otro polinomio $x-\beta$ que también debe tener coeficientes racionales, y claramente $\beta\in\mathbb{Q}$ es la tercera raíz de $f(x)$.
• Si $r(x)$ es de grado menor que $1$, entonces debe ser necesariamente $r(x)=0$ (ya que $r(\alpha)=0$). Entonces, $f(x)$ es divisible entre $f'(x)$. Como cualquier raíz común a $f(x)$ y $f'(x)$ tiene multiplicidad en $f(x)$ una unidad más que en $f'(x)$, se deduce que $f'(x)$ no puede tener dos raíces distintas, luego en este caso $\alpha$ es una raíz triple de $f(x)$. Si escribimos entonces $f(x)=a(x-\alpha)^3$ para cierto número racional $a\neq 0$, podemos despejar $\alpha$ como el coeficiente de $x^2$ de $f(x)$ dividido por $-3a$, luego la raíz triple $\alpha$ también es racional en este caso.

Solución. Supongamos por reducción al absurdo que $k$ es un entero tal que $p(k)=2020$. Entonces, tenemos que $k-2018$ divide a $p(k)-p(2018)=2020-p(2018)$ y $k-2019$ divide a $p(k)-p(2019)=2020-p(2019)$. Como $p(2018)$ y $p(2019)$ son divisores de $2021$, deben ser necesariamente números impares, luego $2020-p(2018)$ y $2020-p(2019)$ son números impares. Sin embargo, uno de los dos números $k-2018$ o $k-2019$ tiene que ser par. Como un número par no puede dividir a un impar, hemos encontrado la contradicción que buscábamos.

Solución. Vamos a probar el contrarrecíproco, es decir, si $P(x)$ tiene alguna raíz entera $\alpha$, entonces alguno de los enteros $P(1),P(2),\ldots,P(k)$ es divisible por $k$. Que $\alpha\in\mathbb{Z}$ sea raíz quiere decir que $P(x)=(x-\alpha)Q(x)$. Ahora bien, debe existir un entero $j$ tal que $1\leq j\leq k$ y $j\equiv \alpha\ (\text{mod }k)$. Evaluando en este entero, tenemos que $P(j)=(j-\alpha)Q(j)$ es múltiplo de $k$ ya que $j-\alpha$ lo es.