Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Llamando $\alpha,\beta,\gamma$ a las tres raíces, podemos expresar \begin{align*} x^3-x+k&=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)\\ &=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma)x-\alpha\beta\gamma. \end{align*} Identificando los términos con $x^2$, obtenemos que $\alpha+\beta+\gamma=0$, luego podemos escribir $\gamma=-\beta-\alpha$. Ahora bien, los términos con $x$ nos dan \[-1=\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma=\alpha\beta-\beta(\alpha+\beta)-\alpha(\alpha+\beta),\] de donde sacamos que $\alpha^2+\alpha\beta+\beta^2=1$. Ahora hay que darse cuenta de que esta ecuación no tiene muchas soluciones enteras; por ejemplo, podemos reescribirla como $\alpha^2+(\alpha+\beta)^2+\beta^2=2$, lo que nos asegura que $\alpha$ y $\beta$ están en el intervalo $[-1,1]$. Probando los distintos valores, llegamos a que solo puede ser $(\alpha,\beta)=(1,0)$ o bien $(\alpha,\beta)=(0,1)$. Esto nos da $\gamma=-\alpha-\beta=-1$. El término independiente del polinomio nos dice que $k=-\alpha\beta\gamma=0$.

Hemos demostrado así que la única solución es $k=0$.

Solución. La división de polinomios nos dice que podemos expresar \[P(x)=(x^3+ax+b)Q_1(x)+R(x)=(x^3+ax^2+b)Q_2(x)+R(x),\] donde $Q_1(x)$ y $Q_2(x)$ son los cocientes y $R(x)$ es el resto común a ambas divisiones. Evaluando la igualdad anterior en $x=0$, obtenemos que \[P(0)=b Q_1(0)=b Q_2(0),\] luego $Q_1(0)=Q_2(0)$ puesto que $b\neq 0$. Evaluando ahora en $x=1$, tenemos que \[P(1)=(1+a+b)Q_1(1)=(1+a+b)Q_2(1)\] Si $a+b+1\neq 0$, entonces esto nos da $Q_1(1)=Q_2(1)$. Por tanto, tendríamos que $Q_1$ y $Q_2$ son dos polinomios de grado $2$ con el mismo coeficiente de $x^2$, el mismo término independiente y la misma suma de coeficientes. Deducimos que $Q_1=Q_2$, lo que nos lleva en la división original a que $x^3+ax+b=x^3+ax^2+b$, pero esto no es posible porque $a\neq 0$ según el enunciado. Esta contradicción nos asegura que $a+b+1=0$, es decir, $a+b=-1$.

Nota. Una pregunta natural es si realmente existen polinomios en las condiciones anteriores (para ser rigurosos, podrían no existir tales polinomios y entonces no tener ningún valor $a+b$). Planteando la ecuación coeficiente a coeficiente y suponiendo que $Q_1(x)$ y $Q_2(x)$ tienen coeficiente $1$ en $x^2$, dejamos como ejercicio ver que tiene que ser \[Q_1(x)=x^2+x-b,\qquad Q_2(x)=x^2-bx-b.\] El resto $R(x)=cx+d$ es un polinomio arbitrario de grado $1$, luego tendríamos las soluciones \[P(x)=x^5-b x^4-(2b+1)x^3+(b+2)bx^2+(b+c)x+(d-b^2)\] para cualesquiera $b,c,d\in\mathbb{R}$ con $b\not\in\{-1,0\}$.

Solución. Si hacemos $x=\frac{1}{2}$, nos queda $-(\frac{a}{2}+b)^{20}=(\frac{1}{4}+\frac{p}{2}+q)^{10}$, pero esto implica que ambos miembros deben ser cero ya que el de la izquierda es menor o igual que cero y el de la derecha mayor o igual que cero. Por lo tanto, deducimos que $b=\frac{-a}{2}$. Ahora bien, el coeficiente de grado $20$ en la ecuación original nos da la igualdad $2^{20}-a^{20}=1$, de donde $a=\sqrt[20]{2^{20}-1}$ y $b=-\sqrt[20]{1-2^{-20}}$. Tenemos entonces que \begin{align*} (2x-1)^{20}-(ax+b)^{20}&=2^{20}(x-\tfrac{1}{2})^{20}-a^{20}(x-\tfrac{1}{2})^{20}\\ &=(x-\tfrac{1}{2})^{20}=(x^2-x+\tfrac{1}{4})^{10}, \end{align*} luego concluimos que necesariamente $p=-1$ y $q=\frac{1}{4}$.