Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Haciendo \(x=0\), tenemos que \(P(0)=P(0)^2\), de donde \(P(0)=0\) ó \(P(0)=1\).

1. Si \(P(0)=1\), entonces vamos a probar que el polinomio es constante uno. Por reducción al absurdo, si así no fuera, podemos escribir \(P(x)=1+a_kx^k+a_{k+1}x^{k+1}+\ldots+a_nx^n\) para \(k\geq 1\) y \(a_k\neq 0\) (es decir, \(k\) es el grado del primer monomio no nulo aparte del término independiente). Entonces, el término de grado \(k\) en \(P(x^2)\) es cero mientras que en \(P(x)^2\) es \(2a_kx^k\), luego tiene que ser \(a_k=0\), lo cual es una contradicción.
2. Si \(P(0)=0\), entonces existen \(k\in\mathbb{N}\) y un polinomio \(Q(x)\) tal que \(P(x)=x^kQ(x)\) y \(Q(0)\neq 0\). La condición \(P(x^2)=P(x)^2\) se escribe ahora como \(x^{2k}Q(x^2)=x^{2k}Q(x)^2\) y \(Q\) también cumple el enunciado con \(Q(0)\neq 0\). Por el apartado (a), tiene que ser \(Q(x)=1\), luego \(P(x)=x^k\).

Hemos probado así que los únicos polinomios que cumplen la condición del enunciado son \(P(x)=1\) y los de la forma \(P(x)=x^n\) para algún \(n\in\mathbb{N}\).

Solución. Llamemos \(\alpha\), \(\beta\) y \(\gamma\) a las tres raíces y supongamos que \(\alpha+\beta=\gamma\). Entonces, las relaciones de Cardano nos dicen que \begin{eqnarray*} 2\gamma=\alpha+\beta+\gamma&=&-a\\ \alpha\beta+\gamma^2=\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma&=&b\\ \alpha\beta\gamma&=&-c \end{eqnarray*} de donde \(a^3-4ab+8c=(-2\gamma)^3-4(-2\gamma)(\alpha\beta+\gamma^ 2)+8(-\alpha\beta\gamma)=0\), como se pretendía probar.

Solución. Las raíces múltiples de un polinomio son puntos en donde se anula tanto el polinomio como su derivada. La derivada de $p(x)$ es $p'(x)=5x^4+3ax^2$, que tiene por raíces $x=0$ y, si $a<0$, también $x=\pm\frac{1}{5}\sqrt{-15a}$. En el caso $x=0$, se tiene que cumplir que $p(0)=0$, es decir, $b=0$. En el caso $a<0$ y $x=\frac{1}{5}\sqrt{-15a}$, se tiene que cumplir que $p(\frac{1}{5}\sqrt{-15a})=0$, es decir, $b=\frac{6a^2}{125}\sqrt{-15a}$ y, finalmente, en el caso $a<0$ y $x=-\frac{1}{5}\sqrt{-15a}$, se tendría que $b=\frac{24a^2}{125}\sqrt{-15a}$.

Solución. Como $x^2+2x+1=(x+1)^2$, será suficiente dividir el polinomio $p(x)=ax^4+bx^3+1$ dos veces entre $x+1$ e imponer que los restos se anulen. Por un lado, que $p(x)$ sea divisible entre $x+1$ es equivalente a que $p(-1)=0$. Como $p(-1)=a-b+1$, tendrá que cumplirse que $b=a+1$ luego tenemos podemos expresar \[p(x)=ax^4+(a+1)x^3+1=(x+1)(ax^3+x^2-x+1).\] Ahora bien, el polinomio $q(x)=ax^3+x^2-x+1$ también tiene que ser divisible por $x+1$, lo que se traduce en que $q(-1)=-a+3=0$, luego $a=3$. Por tanto, los valores que buscamos son $(a,b)=(3,4)$ (observemos que $3x^4+4x^3+1=(x^2+2x+1)(3x^2-2x+1)$).

Solución. Si $p(x)=ax^4+bx^3+1$ es divisible por $x^2+2x+1=(x+1)^2$, entonces $p(x)$ tiene a $-1$ como raíz doble. Esto nos dice que $p(-1)=0$ y $p'(-1)=0$. La condición $p(-1)=0$ se traduce en $b-a-1=0$ y $p'(-1)=0$ se traduce en $3b-4a=0$. Resolviendo este sistema de dos ecuaciones lineales obtenemos la única solución del problema $(a,b)=(3,4)$.

Solución. Supongamos, por reducción al absurdo, que \(p\) es un número primo que divide a \(21n+4\) y a \(14n+3\). Entonces \(p\) divide a \(7n=3(21n+4)-4(14n+3)\), de donde \(p=7\) o bien \(p|n\). Claramente \(p=7\) no es posible ya que el numerador no es múltiplo de \(7\) para ningún valor de \(n\). Por otro lado, si \(p|n\), tenemos que \(p|4\) y \(p|3\) puesto que el numerador y el denominador son múltiplos de \(p\) por hipótesis. No obstante, no existe ningún número primo que divida simultáneamente a \(4\) y a \(3\), luego hemos llegado a la contradicción deseada.