Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 $q=\frac{1}{4}$.

Solución. Dado que $a\gt 0$ y el polinomio tiene dos raíces reales, el hecho de que ambas raíces tengan valor absoluto menor que $1$ (es decir, que estén en el intervalo $[-1,1]$) es lo mismo que decir que $p(-1)\geq 0$ y $p(1)\geq 0$ y además que el vértice de la parábola ocurra en un punto del intervalo $[-1,1]$. Las dos primeras condiciones nos dan \begin{align*} p(-1)=a-b+c\geq 0\ &\Leftrightarrow\ a+c\geq b,\\ p(1)=a+b+c\geq 0\ &\Leftrightarrow\ a+c\geq -b, \end{align*} que pueden expresarse conjuntamente como $a+c\geq |b|$. Por otro lado, la parábola tiene su vértice en $x=\frac{-b}{2a}$, luego la tercera condición se traduce en que $|\frac{-b}{2a}|\leq 1$. Elevando al cuadrado, esta condición equivale a que $b^2\leq 4a^2$. Con todo esto en mente, veamos el si y sólo si que se plantea en el enunciado:

• Si las dos raíces tienen valor absoluto menor o igual que $1$, acabamos de ver que debe cumplirse que $a+c\geq|b|$ y $b^2\leq 4a^2$, luego $4ac\leq b^2\leq 4a^2$ (ya que el polinomio tiene dos raíces reales y, por tanto, su discriminante $b^2-4ac$ es no negativo). Simplificando el factor positivo $4a$, se llega a que $c\leq a$.
• Supongamos ahora que $a+c\geq|b|$ y también que $a\geq c$. La primera de estas dos condiciones se traduce en que $p(1)$ y $p(-1)$ son no negativos. Ahora bien, elevándola al cuadrado y usando que $a\geq c$, tenemos que $b^2\leq (a+c)^2\leq(a+a)^2=4a^2$, por lo que el vértice de la parábola está en $[-1,1]$. Deducimos de todo esto que ambas raíces están en $[-1,1]$.

Nota. Podríamos haber empezado de la forma obvia, expresando la condición sobre las raíces como \[\frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\geq -1,\qquad \frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\leq 1.\] Estas desigualdades se traducen en que $\sqrt{b^2-4ac}\gt 2a+b$ y $\sqrt{b^2-4ac}\gt 2a-b$. Elevando al cuadrado, llegamos a que $a+c\geq |b|$ fácilmente. No obstante, puede ser difícil llegar a partir de aquí a la condición $a\geq c$... ¿Sabrías completar la demostración?

Solución. Observamos que el grado de $P(Q(x))$ es el producto de los grados de $P(x)$ y $Q(x)$. Llamando $R(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)$, como el grado de $R(x)$ es $4$, tenemos varias posibilidades:

• Si $P(x)$ tiene grado $1$, entonces $P(x)=ax+b$ para ciertos $a,b\in\mathbb{R}$ con $a\neq 0$ y, por consiguiente, $Q(x)=\frac{1}{a}(R(x)-b)$.
• Si $P(x)$ tiene grado $4$, entonces $Q(x)$ tiene grado $1$, es decir, $Q(x)=ax+b$ para ciertos $a,b\in\mathbb{R}$ con $a\neq 0$. Por tanto, $P(x)=R(\frac{1}{a}x-b)$.
• Si $P(x)$ y $Q(x)$ tienen ambos grado 2 y escribimos $P(x)=a(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)$ para ciertos valores de $a\in\mathbb{R}$ no nulo y $\alpha_1,\alpha_2\in\mathbb{C}$, entonces tenemos que \[P(Q(x))=a(Q(x)-\alpha_1)(Q(x)-\alpha_2)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4).\] Sustituyendo $x=1,2,3,4$ obtenemos que los números $Q(1),Q(2),Q(3),Q(4)$ son iguales a $\alpha_1$ ó $\alpha_2$. Como $Q$ tiene grado 2, no puede tomar más de dos veces el mismo valor, luego dos de los números $Q(1),Q(2),Q(3),Q(4)$ serán iguales a $\alpha_1$ y dos a $\alpha_2$. Para que esto ocurra, la parábola dada por $Q(x)$ ha de tener su vértice en $x=\frac{5}{2}$, es decir, $Q(x)=b(x-\frac{5}{2})^2+c$ para ciertos valores de $b,c\in\mathbb{R}$ con $b\neq 0$. Y además $\alpha_1=Q(1)=Q(4)=\frac{9}{4}b+c$ y $\alpha_2=Q(2)=Q(3)=\frac{1}{4}b+c$. Finalmente, para que el coeficiente líder de $P(Q(x))$ sea igual a $1$, tenemos que tomar $a=\frac{1}{b^2}$, con lo que queda \[P(x)=\frac{1}{b^2}\left(x-\frac{9}{4}b-c\right)\left(x-\frac{1}{4}b-c\right),\qquad Q(x)=b\left(x-\frac{5}{2}\right)^2+c,\] para cualesquiera $b,c\in\mathbb{R}$ con $b\neq 0$.

Se comprueba que todas las soluciones dadas cumplen la ecuación del enunciado.