Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

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. Tenemos que multiplicar $1+x+x^2$ por sí mismo $n$ veces, luego cada sumando del resultado viene de elegir un sumando en cada uno de los paréntesis en \[(1+x+x^2)(1+x+x^2)\stackrel{n}{\cdots}(1+x+x^2),\] es decir, tenemos que hacer $n$ elecciones entre los monomios $1=x^0$, $x=x^1$ y $x^2$. Como en el producto se suman los grados de los monomios, habrá tantos términos de grado $k$ como soluciones tenga la ecuación \[t_1+t_2+\ldots+t_n=k,\] con $t_i\in\{0,1,2\}$ para todo $i\in\{1,\ldots,n\}$. En otras palabras, si llamamos $s_k$ al número de soluciones, $s_k$ será precisamente el coeficiente de $x^k$ al desarrollar $(1+x+x^2)^n$. Algunas observaciones iniciales son las siguientes:

• Se cumple que $s_0=1$ ya que la única solución de $t_1+t_2+\ldots+t_n=0$ es $t_1=t_2=\ldots=t_n=0$. De la misma forma, $s_{2n}=1$ ya que la única solución de $t_1+t_2+\ldots+t_n=2n$ es $t_1=t_2=\ldots=t_n=n$.
• Se cumple que $s_n$ es impar. Para probarlo, observamos que si tenemos una solución de $t_1+t_2+\ldots+t_n=0$, entonces podemos asociarle otra intercambiando las variables que son $0$ por $2$ y viceversa mientras dejamos las que son $1$ sin cambiar. Por tanto, todas las soluciones tienen su pareja excepto una: la solución $t_1=t_2=\ldots=t_n=1$.
• Se cumple que $s_{2n-k}=s_k$. Esto se demuestra teniendo en cuenta que una solución de $t_1+t_2+\ldots+t_n=k$ se transforma en una solución de $t_1+t_2+\ldots+t_n=2n-k$ como en el punto anterior cambiando los ceros por doses y los doses por ceros.

Una vez visto esto, ya sabemos que hay siempre al menos tres términos con coeficiente impar. Vamos a probar ahora que si $n=2^m$, entonces estos tres son los únicos. Para ello usaremos inducción sobre $m$; si $m=1$ o $m=2$ el resultado está claro. Para $m\gt 2$, tenemos que cada solución de $t_1+t_2+\ldots+t_n=k$ con $0\lt k\lt n$ está emparejada con otra solución: la que resulta de cambiar los $2^{m-1}$ primeras variables en bloque por las $2^{m-1}$ últimas variables. Las únicas soluciones que están emparejadas con sigo mismas son las que tienen las primeras $n$ variables iguales que las $n$ últimas (es decir, $t_i=t_{i+\frac{n}{2}}$ para todo $i\in\{1,\ldots,\frac{n}{2}$), pero entonces $k$ tiene que ser par y los primeros $2^{m-1}$ términos son una solución de la ecuación $t_1+t_2+\ldots+t_{n/2}=\frac{k}{2}$. La hipótesis de inducción nos dice que el número de soluciones es par, luego tenemos el resultado par que queríamos probar.

Queda por ver que si $n$ no es una potencia de $2$, entonces hay algún coeficiente impar para terminar con todos los casos. Expresemos en este caso $n=a2^m$ para cierto entero impar $a\geq 3$ y veamos que la ecuación $t_1+t_2+\ldots+t_n=k$ tiene un número impar de soluciones para $k=2^m$. Para ello, descomponemos las variables $t_1,\ldots,t_n$ en $a$ grupos de $2^m$ variables consecutivas. Para cada solución, podemos rotar cíclicamente las variables en todos los grupos simultáneamente. Mediante este proceso, podemos agrupar las soluciones en grupos de $2^h$ soluciones con $h\leq m$, excepto si la solución es constante en cada grupo de variables. Esto sólo puede ocurrir si todas las variables son $1$ en uno de los grupos y $0$ en los otros grupos. Como hay un número impar de grupos, esto último nos da un número impar de soluciones y hemos probado lo que queríamos.

En resumen, la solución al problema son las potencias de $2$.

Nota. La solución está inspirada por la versión combinatoria del binomio de Newton.