Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 $(0,0)$.

Solución. Consideremos el polinomio $p(z)=z^3+2z^2+10z-20$. Como el coeficiente en $z^3$ es uno, si $x$ fuera una raíz racional de $p(z)$, tendría que ser entera y, por tanto, un divisor de $20$. Ahora bien, $p(z)\geq p(2)=16\gt 0$ para $z\geq 2$, luego $x\leq 1$. Por otro lado, $p(z)=z(z^2+2)+10z-20$, luego $p(z)\leq-20$ para $z\leq 0$, de donde $x\gt 0$. Tenemos entonces que $0\lt x\leq 1$, de donde la única posibilidad es $x=1$. Como $x=1$ no satisface la ecuación, deducimos que $x$ no es racional.

Para ver si $x^2$ es racional o no, observemos que \begin{eqnarray*} 0=p(x)p(-x)&=&(x^3+2x^2+10x-20)(-x^3+2x^2-10x-20)\\ &=&-x^6-16x^4-180x^2+400, \end{eqnarray*} luego $y=x^2$ es una raíz del polinomio $q(z)=z^3+16z^2+180z-400$. Razonando de forma similar al caso anterior, si $y$ fuese racional, entonces sería entero y divisor de $400$. Además, $q(z)\geq q(2)=640\gt 0$ para $z\geq 2$ y $q(z)=z(z^2+16)+180z-400\leq -400\lt 0$ para $z\leq 0$. Deducimos que $0\lt y\leq 1$, luego $y=1$ pero entonces $x=\pm 1$ sería racional y hemos probado antes que no lo es. Por tanto, $x^2$ no es racional.

Nota. Quizá puede parecer que nos hemos sacado de la manga el producto $p(x)p(-x)$, pero vamos a intentar justificar el porqué. Para cualquier polinomio $p(x)$, el producto $r(x)=p(x)p(-x)$ es otro polinomio en $x$ pero es par ya que $r(x)=r(-x)$. Esto nos dice que $r(x)$ sólo tiene términos de exponente par y es en lo que nos hemos basado en la solución.

Solución. Podemos escribir la ecuación como \[4x^4-ax^3+bx^2-cx+5=4(x-r_1)(x-r_2)(x-r_3)(x-r_4)=0.\] Desarrollando el producto y comparando el término independiente en ambos polinomios, deducimos que $r_1r_2r_3r_4=\frac{5}{4}$. Aplicando ahora la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica a los números $\frac{r_1}{2}$, $\frac{r_2}{4}$, $\frac{r_3}{5}$ y $\frac{r_4}{8}$, que son reales positivos, llegamos a que \[\frac{1}{4}=\frac{\frac{r_1}{2}+\frac{r_2}{4}+\frac{r_3}{5}+\frac{r_4}{8}}{4}\leq\sqrt[4]{\frac{r_1}{2}\cdot\frac{r_2}{4}\cdot\frac{r_3}{5}\cdot\frac{r_4}{8}}=\sqrt[4]{\frac{r_1r_2r_3r_4}{320}}=\frac{1}{4}.\] Como se da la igualdad, deducimos que estos cuatro números son iguales e iguales a la media, es decir, \[\frac{r_1}{2}=\frac{r_2}{4}=\frac{r_3}{5}=\frac{r_4}{8}=\frac{1}{4}.\] De aquí que $r_1=\frac{1}{2}$, $r_2=1$, $r_3=\frac{5}{4}$ y $r_4=2$.

Solución. Si llamamos $s$ y $t$ a las otras dos raíces, las ecuaciones de Cardano nos dicen que \begin{eqnarray*} a&=&-r-s-t,\\ b&=&rs+st+rt. \end{eqnarray*} De aquí deducimos que \[a^2-2b=(r+s+t)^2-2(rs+st+rt)=r^2+s^2+t^2\geq r^2,\] que es lo que queremos demostrar. Observemos que si se alcanza la igualdad, es decir, $r^2=a^2-2b$ para alguna raíz $r$ del polinomio, entonces las otras dos son cero, es decir, la igualdad se alcanza sólo en los polinomios de la forma $p(x)=x^3-rx^2$.

Nota. Es interesante responder a las siguientes preguntas: ¿Dónde hemos usado que las tres raíces de $p(x)$ son números reales? ¿Por qué el razonamiento no es válido si no fueran reales?