Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Pongamos que $P(x_0)=2\cdot 1979$ y $P(x_1)=P(x_2)=P(x_3)=P(x_4)=1979$. Usando la conocida propiedad para polinomios de coeficientes enteros que dice que $a-b$ divide a $P(a)-P(b)$ para cualesquiera números enteros $a$ y $b$ distintos, obtenemos que $x_i-x_0$ divide a $1979$ para $i=1,2,3,4$. Como $x_1,x_2,x_3,x_4$ son distintos y $1979$ es primo, esto no nos deja otra opción que $x_1-x_0=1$, $x_2-x_0=-1$, $x_3-x_0=1979$ y $x_4-x_0=-1979$, salvo renombrar las variables. De hecho, podemos aplicar una traslación en $x$ para suponer que $x_1=-1979$, $x_2=-1$, $x_0=0$, $x_4=1$ y $x_5=1979$ sin perder generalidad.

Si escribimos $p(x)=a_0+a_1x+\ldots+a_n$, entonces $p(0)=a_0=2\cdot 1979$. Por otro lado, \begin{align*} p(1979)&=a_0+1979a_1+1979^2a_2+\ldots+1979^na_n\equiv a_0+1979a_1\ (\text{mod }1979^2),\\ p(-1979)&=a_0-1979a_1+1979^2a_2+\ldots+(-1979)^na_n\equiv a_0-1979a_1\ (\text{mod }1979^2). \end{align*} Sumando estas dos congruencias, tenemos que $2a_0\equiv p(1979)+p(-1979)=2\cdot 1979\ (\text{mod }1979^2)$, pero esto es una contradicción ya que $2a_0\equiv 4\cdot 1979\not\equiv2\cdot 1979\ (\text{mod }1979^2)$.

Solución. En primer lugar, observamos que $p(-1)\neq 0$, luego los números $\frac{1-\alpha}{1+\alpha}$, $\frac{1-\beta}{1+\beta}$ y $\frac{1-\gamma}{1+\gamma}$ están bien definidos. Consideremos el cambio de variable $y=\frac{1-x}{1+x}$, cuyo cambio inverso es él mismo, es decir, puede despejarse $x=\frac{1-y}{1+y}$. Por tanto, si consideramos \[p\left(\frac{1-y}{1+y}\right)=\left(\frac{1-y}{1+y}\right)^3-3\left(\frac{1-y}{1+y}\right)+1=\frac{3y^3+9y^2-3y-1}{(1+y)^3},\] el miembro de la izquierda es igual a cero para $y=\frac{1-\alpha}{1+\alpha}$, $y=\frac{1-\beta}{1+\beta}$ o $y=\frac{1-\gamma}{1+\gamma}$. Esto quiere decir que el numerador $3y^3+9y^2-3y-1$ también debe ser cero para estos tres valores de $y$ y el polinomio que buscamos es $q(x)=3x^3+9x^2-3x-1$.

Nota. Otra técnica para resolver este problema es usar la ecuaciones de Cardano, pues el polinomio buscado $q(x)=x^3+bx^2+cx+d$ debe cumplir que \begin{eqnarray} b&=&-\frac{1-\alpha}{1+\alpha}-\frac{1-\beta}{1+\beta}-\frac{1-\gamma}{1+\gamma},\\ c&=&\frac{1-\alpha}{1+\alpha}\cdot\frac{1-\beta}{1+\beta}+\frac{1-\alpha}{1+\alpha}\cdot\frac{1-\gamma}{1+\gamma}+\frac{1-\beta}{1+\beta}\cdot\frac{1-\gamma}{1+\gamma},\\ d&=&\frac{1-\alpha}{1+\alpha}\cdot\frac{1-\beta}{1+\beta}\cdot\frac{1-\gamma}{1+\gamma}. \end{eqnarray} Los miembros de la izquierda de estas tres relaciones pueden calcularse desarrollándolos y usando las propias ecuaciones de Cardano para el polinomio $p(x)$, es decir, usando que $\alpha+\beta+\gamma=0$, $\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma=-3$ y $\alpha\beta\gamma=-1$.

Solución. Que $p(x)$ tenga una raíz simple $\alpha$ y una doble $\beta$, nos dice que podemos escribir el polinomio como \[p(x)=2(x-\alpha)(x-\beta)^2.\] Ahora tendremos que distinguir dos casos, dependiendo de que $\alpha=2$ ó $\beta=2$.

• Si $\alpha=2$, entonces desarrollamos \[p(x)=2(x-2)(x-\beta)^2=2x^3-4(\beta+1)x^2+2\beta(\beta+4)x-4\beta^2.\] Como el término independiente tiene que ser igual a $-16$, deducimos que $\beta^2=4$, es decir, $\beta=2$ ó $\beta=-2$. Obviamente $\beta=2$ tiene que descartarse ya que en tal caso $p(x)$ tendría una raíz triple, luego nos queda $\beta=-2$, en cuyo caso \[p(x)=2x^3-12x^2+24x-16,\] y por tanto $a=-12$ y $b=24$.
• Si $\beta=2$, entonces podemos desarrollar \[p(x)=2(x-\alpha)(x-2)^2=2x^3-2(\alpha+4)x^2+8(\alpha-1)x+8\alpha,\] y el término independiente nos dice en este caso que $\alpha=2$, luego tenemos una raíz triple y tenemos que descartar este caso.

Deducimos que los únicos valores que cumplen el enunciado son $a=-12$ y $b=24$.