Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución. Si el polinomio tiene por raíces a $\alpha$ y $\frac{1}{\alpha}$ entonces es divisible entre \[(x-\alpha)(x-\tfrac{1}{\alpha})=x^2-(\alpha+\tfrac{1}{\alpha})x+1,\] es decir, tiene un factor de la forma $x^2+px+1$ para cierto $p\in\mathbb{R}$. Por lo tanto, podemos factorizar \begin{eqnarray*} x^4-\frac{3\sqrt{2}}{2}x^3+3x^2+mx+2&=&(x^2+px+1)(x^2+ax+b)\\ &=&x^4+(a+p)x^3+(1+b+ap)x^2+(a+bp)x+b. \end{eqnarray*} Igualando los términos independientes tenemos que $b=2$ e igualando los coeficientes de $x^2$ y $x^3$ llegamos a que $ap=0$ y $a+p=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$, de donde se deducen fácilmente los dos posibles valores del par $(a,p)$.

• Si $a=0$ y $p=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$, entonces $m=a+2p=-3\sqrt{2}$ y la factorización queda \[\left(x^2-\frac{3\sqrt{2}}{2}x+1\right)(x^2+2).\] El primer factor tiene raíces (inversas) $\sqrt{2}$ y $\frac{\sqrt{2}}{2}$ mientras que el segundo factor no tiene raíces reales.
• Si $a=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$ y $p=0$, entonces $m=a+2p=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$ y la factorización queda \[(x^2+1)\left(x^2-\frac{3\sqrt{2}}{2}x+2\right).\] En este caso el primer factor no tiene raíces reales y el segundo tampoco, ya que su determinante es $\frac{-7}{2}\lt 0$.

Deducimos que la única solución al problema es $m=-3\sqrt{2}$.

Solución. Razonemos por reducción al absurdo suponiendo que existen $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\in\mathbb{R}$ distintos y tales que \[P(x_1)=P(x_2)=P(x_3)=P(x_4)=7,\qquad P(x_5)=14.\] El polinomio $Q(x)=P(x+x_5)-7$ también tiene coeficientes enteros y cumple que \[Q(y_1)=Q(y_2)=Q(y_3)=Q(y_4)=0,\qquad Q(0)=7,\] siendo $y_k=x_k-x_5$ para $k\in\{1,2,3,4\}$.

Ahora bien, usando la propiedad de que cada $y_k$ divide a $Q(y_k)-Q(0)=-7$ y que los números enteros $y_1,y_2,y_3,y_4$ son distintos, tenemos que han de ser los elementos del conjunto $\{1,-1,7,-7\}$, es decir, $Q(1)=Q(-1)=Q(7)=Q(-7)=0$. Por tanto, el polinomio $Q$ se escribe como \[Q(x)=(x-1)(x+1)(x-7)(x+7)R(x),\] para cierto polinomio $R(x)$ con coeficientes enteros. Evaluando en $x=0$, obtenemos que $Q(0)=-49R(0)$ es múltiplo de $49$, contradiciendo que $Q(0)=-7$.

Nota. Se puede razonar directamente sobre el polinomio $P$ ya que el hecho de considerar $Q$ simplemente es por simplificar la notación.

Solución. Consideremos la función $f(x)=x^3-3x^2+5x$. Esta función tiene por derivada $f'(x)=3x^2-6x+5$ y es fácil ver que la ecuación $f'(x)=0$ no tiene soluciones reales, lo que nos dice que $f$ es estrictamente creciente. En particular, $\alpha$ y $\beta$ son los únicos números reales tales que $f(\alpha)=17$ y $f(\beta)=-11$. Vamos a probar que si $f(\alpha)=17$, entonces $f(2-\alpha)=-11$ cumple la segunda, lo que nos dirá que $2-\alpha=\beta$, es decir, $\alpha+\beta=2$ y habremos resuelto el problema.

Evaluando $f(2-\alpha)$ y usando que $f(\alpha)=17$ tenemos que \begin{eqnarray*} f(2-\alpha)&=&(2-\alpha)^3-3(2-\alpha)^2+5(2-\alpha)\\ &=&8-12\alpha+6\alpha^2-\alpha^3-12+12\alpha-3\alpha^2+10-5\alpha\\ &=&-\alpha^3+3\alpha^2-5\alpha+6=-f(\alpha)+6=-17+6=-11. \end{eqnarray*}

Nota. En realidad, nos hemos sacado de la manga que la solución es $2$ y esto puede parecer muy artificial. Una forma de llegar a que la solución es esta consiste en calcular $f(r-\alpha)$ para cierto $r\in\mathbb{R}$, lo que nos lleva a la identidad \[f(r-\alpha)=(r-2)(3 - r + r^2 - 3 r\alpha + 3\alpha^2)-11.\] Ahora está claro que $r=2$ es la solución buscada.