Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 $a\in\mathbb{R}$.

Solución. Si llamamos $r$ y $s$ a las raíces de $x^2+ax+bc$ y llamamos $r$ y $t$ a las de $x^2+bx+ac$, obtenemos que $rs=bc$ y $rt=ac$. Dividiendo una ecuación entre la otra y como los números $a,b,c,r,s,t$ son todos no nulos (¿por qué?), llegamos a que $as-bt=0$. Por otro lado, tenemos que $r+s=-a$ y $r+t=-b$. Restando estas dos ecuaciones obtenemos que $s-t=b-a$. El sistema de ecuaciones lineales \[\left.\begin{array}{c} as-bt=0\\ s-t=b-a \end{array}\right\}\] con incógnitas $s$ y $t$ tiene una única solución ya que $a\neq b$ y ésta es $s=b$ y $t=a$, de donde $r=c$ y $a+b+c=a+(r+s)=a-a=0$. Por tanto, \[(x-s)(x-t)=x^2-(s+t)x+st=x^2+cx+ab,\] y hemos resuelto el problema.

Solución. Pensemos en qué tiene que ocurrir para que el polinomio $P(x)$ sea simétrico respecto del origen. Tiene que ocurrir que sea una función impar, es decir, $P(-x)=-P(x)$. Si desarrollamos $P(-x)$ y lo igualamos con $-P(x)$ llegamos a que todos los coeficientes de términos de exponente par han de anularse luego $P(x)$ sólo tiene términos de exponente impar y $P(0)=0$, luego podemos expresar $P(x)=xQ(x^2)$ para cierto polinomio $Q(x)$. Esto nos dice que si la gráfica de $P$ es simétrica respecto del origen, entonces $P(x)=xQ(x^2)$ para cierto polinomio $Q(x)$, pero el recíproco también es cierto ya que los polinomios de la forma $P(x)=xQ(x^2)$ son funciones impares y, por tanto, sus gráficas son simétricas respecto del origen.

Hemos probado ya el enunciado para $(a,b)=(0,0)$. Para un $(a,b)$ cualquiera, la gráfica de $P$ es simétrica respecto de $(a,b)$ si, y sólo si, la gráfica de $R(x)=P(x+a)-b$ es simétrica respecto del origen (hemos hecho una traslación del punto $(a,b)$ al origen). Por lo que hemos probado antes, esto ocurre si, y sólo si, $R(x)=xQ(x)$ para cierto polinomio $Q(x)$. Deshaciendo el cambio, la gráfica de $P$ es simétrica respecto de $(a,b)$ si, y sólo si, $P(x)=R(x-a)+b=(x-a)Q\bigl((x-a)^2\bigr)+b$ para cierto polinomio $Q(x)$.

Nota. Este es un ejercicio muy mecánico. Las ideas fundamentales que se desprenden de la solución y que hay que aprender son: (1) que la gráfica de una función es simétrica respecto del origen si, y sólo si, es una función impar; y (2) que la gráfica de $f(x+a)-b$ es la misma que la gráfica de $f(x)$ después de aplicarle una traslación que lleva $(a,b)$ al $(0,0)$.