Olimpiadas de Matemáticas
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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.

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