Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Haciendo la división euclídea de $x^5-px-1$ entre $x^2-ax+b$ obtenemos un cociente $q(x)$ y un resto $r(x)$ de forma que $x^5-px-1=(x^2-ax+b)q(x)+r(x)$. La división de polinomios nos da fácilmente \begin{align*} q(x)&=x^3+ax^2+(a^2-b)x+(a^3-2ab),\\ r(x)&=(a^4-3a^2b+b^2-p)x+(2ab^2-a^3b-1). \end{align*} Las dos raíces distintas comunes tienen que ser raíces de $r(x)$, pero $r(x)$ tiene grado $1$ luego no queda más remedio que $r(x)\equiv 0$. Esto nos dice que sus coeficientes tienen que anularse: \[a^4-3a^2b+b^2=p,\qquad 2ab^2-a^3b=1.\] La segunda ecuación se factoriza como $ab(2b-a^2)=1$. Como $a$ y $b$ son enteros, no queda más remedio que $a=\pm 1$, $b=\pm 1$ y $2b-a^2=\pm 1$. Se sigue que $a= b=2b-a^2=1$ es la única combinación de signos que cumple todas estas condiciones, en cuyo caso la otra ecuación nos da $p=a^4-3a^2b+b^2=1-3+1=-1$ como única solución. La división con la que comenzamos la solución nos da en este caso \[x^5+x-1=(x^2-x+1)(x^3+x^2-1).\]

Nota. Si las dos soluciones fueran iguales, estaríamos diciendo que $x^5-px-1=0$ tiene una raíz múltiple, luego también sería raíz de su derivada $5x^4-p=0$. Así, la raíz tiene que ser positiva e igual a $x=(\frac{p}{5})^{1/4}$. Sustituyendo en la ecuación primera podemos resolver fácilmente $p=\frac{5}{2\sqrt[5]{8}}$ y este es el único valor de $p$ para el que $x^5-px-1=0$ tiene raíces múltiples. En tal caso, la raíz múltiple sería $x=(\frac{p}{5})^{1/4}=\frac{1}{\sqrt[5]{4}}$, pero este número no es solución de ninguna ecuación cuadrática con coeficientes enteros (tendría que ser un irracional cuadrático). Deducimos así que no hay soluciones adicionales al problema si consideramos soluciones repetidas.