Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. En primer lugar, si $q(x)=a$ es constante, llegamos a que $ax^2=p(a)$, de donde $a=0$. En tal caso $p(0)=0$ y, por tanto, existe otro polinomio $r(x)$ tal que $p(x)=xr(x)$. Es fácil ver que $p(x)=xr(x)$ y $q(x)=0$ cumplen la ecuación del enunciado, luego son las únicas soluciones en que $q(x)$ es constante.

Supongamos entonces que $q(x)$ no es constante, luego podemos tomar una raíz $\lambda$ de $q(x)$ (posiblemente $\lambda$ sea un número complejo). Sustituyendo $x=\lambda$ en la ecuación original, tenemos que $p(0)=0$ luego ha de existir un polinomio $r(x)$ tal que $p(x)=xr(x)$. La ecuación original queda $x^2q(x)=q(x)r(q(x))$ y, como $q(x)$ no es constante cero, podemos simplificar a $r(q(x))=x^2$. Ahora bien, el grado de la composición de dos polinomios es el producto de los grados y esto nos da dos posibilidades:

• El grado de $r(x)$ es 2 y el grado de $q(x)$ es 1. En este caso $q(x)=mx+n$ para ciertos números reales $m,n\in\mathbb{R}$ y $m\neq 0$, luego el cambio de variable $x=\frac{y-n}{m}$ nos dice que \[\left(\frac{y-n}{m}\right)^2=x^2=r(q(x))=r\left(m\frac{y-n}{m}+n\right)=r(y),\] para cualquier $y$. Tenemos así las soluciones dadas por $q(x)=mx+n$ y $p(x)=xr(x)=x(\frac{x-n}{m})^2$ para $m,n\in\mathbb{R}$ con $m\neq 0$ (se comprueba que son soluciones).
• El grado de $r(x)$ es 1 y el grado de $q(x)$ es 2. En este caso $r(x)=ax+b$ para ciertos números reales $a,b\in\mathbb{R}$ no nulos, luego $r(q(x))=aq(x)+b=x^2$, y de aquí despejamos $q(x)=\frac{x^2-b}{a}$. Por tanto, tenemos las soluciones dadas por $q(x)=\frac{x^2-b}{a}$ y $p(x)=xr(x)=ax^2+bx$ (que también se comprueba que son soluciones).

En resumen, toda solución de la ecuación cae en una de las siguientes familias:

• $(p(x),q(x))=(xr(x),0)$ para cualquier polinomio $r(x)$ con coeficientes reales.
• $(p(x),q(x))=(x(\frac{x-n}{m})^2,mx+n)$, para cualesquiera $m,n\in\mathbb{R}$ con $m\neq 0$.
• $(p(x),q(x))=(ax^2+bx,\frac{x^2-b}{a})$ para cualesquiera $a,b\in\mathbb{R}$ con $a\neq 0$.

Solución. Demostraremos que $P(1)=0$, lo que nos dirá que $x-1$ es un factor de $P(x)$. La idea en este problema es apelar a la igualdad $(x-1)(1+x+x^2+x^3+x^4)=x^5-1$, que nos dice que $1+x+x^2+x^3+x^4$ tiene cuatro raíces complejas que son las raíces quintas de la unidad (salvo 1). En particular, las soluciones de $1+x+x^2+x^3+x^4$ se pueden expresar como $\{z,z^2,z^3,z^4\}$, siendo $z$ un número complejo distinto de 1 y tal que $z^5=1$.

Evaluando la igualdad del enunciado en $\{z,z^2,z^3,z^4\}$, obtenemos que \begin{eqnarray*} P(1)+zQ(1)+z^2R(1)&=&0,\\ P(1)+z^2Q(1)+z^4R(1)&=&0,\\ P(1)+z^3Q(1)+z^6R(1)&=&0,\\ P(1)+z^4Q(1)+z^8R(1)&=&0.\\ \end{eqnarray*} Esto puede verse como un sistema de cuatro ecuaciones lineales con tres incógnitas ($P(1)$, $Q(1)$ y $R(1)$). La matriz de coeficientes está dada por \[A=\left(\begin{matrix}1&z&z^2\\1&z^2&z^4\\1&z^3&z^6\\1&z^4&z^8\end{matrix}\right).\] Si eliminamos la última fila, el determinante de la matriz $3\times 3$ resultante es igual a $z^8-2z^7+2z^5-z^4$. Si usamos que $z^5=1$, podemos simplificarlo a $-z^4+z^3-2z^2+2$ y, usando que $z^4=-z^3-z^2-z-1$, podemos simplificarlo finalmente a $2z^3-z^2+z+3$. Si hacemos el mismo proceso eliminando la primera fila en lugar de la última, llegamos a que el determinante de la matriz $3\times 3$ resultante es $2z^3-z^2+z-2$. Evidentemente, los dos determinantes no pueden ser cero simultáneamente ya que se diferencian en 5 unidades, lo que nos dice que la matriz $A$ tiene rango 3 y, por tanto, el sistema de ecuaciones tiene como única solución la trivial $P(1)=Q(1)=R(1)=0$. Esto concluye la demostración.

Solución. Las raíces comunes a $P(x)$ y $Q(x)$ también son raíces de $P(x)-Q(x)$, y este polinomio diferencia está dado por \[P(x)-Q(x)=(a-c)(x^3-x)=(a-c)x(x-1)(x+1).\] Esto nos dice que dichas raíces comunes son iguales a $0$, $1$ ó $-1$ y no puede haber una raíz doble común. Como $0$ no es raíz de $P(x)$ ni de $Q(x)$ ya que $P(0)=Q(0)=1\neq 0$, llegamos a que las raíces comunes sólo pueden ser $1$ y $-1$ (raíces simples). Ahora bien \begin{eqnarray} P(1)=Q(1)&=a+b+c+2, P(-1)=Q(-1)&=&-a+b-c+2. \end{eqnarray} luego las condiciones que nos pide el enunciado son que los dos valores anteriores sean cero, es decir, que $a+c=0$ y $b=-2$. No obstante, ha de cumplirse que $a\neq 0$ y $c\neq 0$ para que $a\neq c$. Resolvamos las ecuaciones con estos valores de los parámetros.

En primer lugar, la ecuación $P(x)=0$ se puede factorizar como \begin{eqnarray} 0=P(x)&=&x^4+ax^3-2x^2-ax+1\\ &=&(x-1)(x+1)\left(x-\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}\right)\left(x-\frac{a-\sqrt{a^2+4}}{2}\right). \end{eqnarray} De la misma forma, la ecuación $Q(x)=0$ se obtiene cambiando $a$ por $-a$, y tenemos que \begin{eqnarray} 0=Q(x)&=&x^4-ax^3-2x^2+ax+1\\ &=&(x-1)(x+1)\left(x-\frac{-a+\sqrt{a^2+4}}{2}\right)\left(x-\frac{-a-\sqrt{a^2+4}}{2}\right). \end{eqnarray} Estas factorizaciones se obtienen fácilmente por el método de Rufini, sabiendo de antemano que $\pm 1$ son raíces de ambos polinomios. De esta forma hemos expresado explícitamente las cuatro soluciones de las ecuaciones, dos de las cuales ($x=\pm 1$) son comunes y las otras dos distintas.

Solución. Llamemos $P(x)$ al polinomio con coeficientes enteros y tomemos los dos puntos como $(a,P(a))$ y $(b,P(b))$ para ciertos enteros $a,b\in\mathbb{Z}$. Si $a=b$ el resultado que buscamos es obvio, luego supondremos en lo que sigue que $a\neq b$.

La distancia $d$ entre estos dos puntos viene dada por $d^2=(b-a)^2+(P(b)-P(a))^2$. Dividiendo entre $(b-a)^2$ esta igualdad llegamos a que \[\left(\frac{d}{b-a}\right)^2=1+\left(\frac{P(b)-P(a)}{b-a}\right)^2.\] Es conocido que $P(b)-P(a)$ es un entero divisible entre $b-a$, por ser $P$ de coeficientes enteros, luego el miembro de la derecha de la igualdad anterior es entero y, por tanto, también es entero el de la izquierda. Por consiguiente, tenemos dos enteros cuadrados perfectos que difieren en una unidad, luego han de ser $0$ y $1$, es decir, \[\frac{d}{b-a}=\pm 1,\qquad \frac{P(b)-P(a)}{b-a}=0\] (el signo $\pm$ dependerá de si $b\gt a$ ó $b\lt a$). De aquí deducimos que $P(b)=P(a)$ y, por tanto, el segmento que une $(a,P(a))$ y $(b,P(b))$ es paralelo al eje de abscisas.

Solución. Supongamos que $P(x)$ es un polinomio que cumple la condición del enunciado y consideremos el polinomio auxiliar \[Q(x)=P(2x)-2P(x)-2x^2.\] El enunciado puede reescribirse como $Q(P(x))=0$ para todo $x\in\mathbb{R}$. Si $P(x)$ es constante, entonces del enunciado se deduce directamente que $a=0$ ó $a=\frac{-1}{2}$. Si $P(x)$ no es constante, entonces toma infinitos valores distintos y la ecuación $Q(P(x))=0$ nos asegura que $Q$ tienen infinitos ceros, lo que implica que $Q(x)=0$ para todo $x$, es decir, $P(2x)=2P(x)+2x^2$ para todo $x$.

Escribiendo $P(x)=a_nx^n+\ldots+a_1x+a_0$ y sustituyendo en $P(2x)=2P(x)+2x^2$, es fácil ver que si $n\geq 3$, el coeficiente líder del miembro de la izquierda es mayor que el del de la derecha. También si $n=1$, entonces el miembro de la derecha tiene grado 2 y el de la izquierda grado 1, cosa que tampoco puede ocurrir, luego $n=2$. En tal caso, se tiene que $P(2x)=2P(x)+2x^2$ es equivalente a $(2a_2-2)x^2-a_0=0$ para todo $x\in\mathbb{R}$, de donde ha de ser $a_2=1$ y $a_0=0$, lo que nos lleva a polinomios de la forma $x^2+ax$. Por lo tanto, las soluciones son $P(x)=0$, $P(x)=\frac{-1}{2}$ y $P(x)=x^2+ax$ para cualquier $a\in\mathbb{R}$.