Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Como sabemos las raíces de ambos polinomios, podemos escribir \begin{align*} P(x)&=x^3+Ax^2+Bx+C=(x-a)(x-b)(x-c),\\ Q(x)&=3x^2+2Ax+B=3(x-\tfrac{a+b}{2})(x-\tfrac{b+c}{2}). \end{align*} Desarrollando los paréntesis e igualando coeficientes, obtenemos las llamadas relaciones de Cardano-Vieta para ambos polinomios: \[P(x):\left\{\begin{array}{l} a+b+c=-A\\ ab+bc+ac=B\\ abc=-C \end{array}\right.\qquad\qquad Q(x):\left\{\begin{array}{l}a+2b+c=\frac{-4A}{3}\\ ab+bc+ca+b^2=\frac{4B}{3}\end{array}\right.\] Usando las relaciones para $P(x)$, podemos transformar las de $Q(x)$ en \[\tfrac{-4A}{3}=a+2b+c=-A+b,\qquad \tfrac{4B}{3}=ab+bc+ca+b^2=B+b^2,\] de donde deducimos que $b=\frac{-A}{3}$ y $b^2=\frac{B}{3}$. De aquí podemos decir que $\frac{A^2}{9}=b^2=\frac{B}{3}$, luego $A^2=3B$, lo que a su vez nos permite reescribir \[Q(x)=3x^2+2Ax+B=3x^2+2Ax+\tfrac{1}{3}A^2=\frac{1}{3}(3x+A)^2.\] Por tanto, las dos raíces de $Q(x)$ son iguales a $\frac{-A}{3}$, es decir, \[\frac{a+b}{2}=\frac{b+c}{2}=\frac{-A}{3}\ \Longleftrightarrow\ a=c=\frac{-2A}{3}-b=\frac{-A}{3}.\] Como ya sabíamos que $b=\frac{-A}{3}$, llegamos a que las tres raíces de $P(x)$ tienen que ser iguales, es decir, la solución al problema son los polinomios $P(x)=(x-a)^3$ y $Q(x)=3(x-a)^2$ para cualquier $a\in\mathbb{R}$, que claramente cumplen las condiciones propuestas.

Nota. Este resultado es curioso porque si pensamos en un polinomio $P(x)$ con tres raíces reales $a\lt b\lt c$, el polinomio $Q(x)$ es la derivada de $P(x)$ y tiene una raíz estrictamente entre $a$ y $b$ y la otra estrictamente entre $b$ y $c$ (por el teorema de Rolle). El problema nos dice que, salvo que todas las raíces coincidan, el máximo y el mínimo locales de $P(x)$ no pueden ser los puntos medios de los intervalos $[a,b]$ y $[b,c]$. En realidad, se puede demostrar que siempre estas raíces están más cerca de $a$ o $c$ que de $b$. ¿Sabrías probarlo?