Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si el polinomio tiene por raíces a $\alpha$ y $\frac{1}{\alpha}$ entonces es divisible entre \[(x-\alpha)(x-\tfrac{1}{\alpha})=x^2-(\alpha+\tfrac{1}{\alpha})x+1,\] es decir, tiene un factor de la forma $x^2+px+1$ para cierto $p\in\mathbb{R}$. Por lo tanto, podemos factorizar \begin{eqnarray*} x^4-\frac{3\sqrt{2}}{2}x^3+3x^2+mx+2&=&(x^2+px+1)(x^2+ax+b)\\ &=&x^4+(a+p)x^3+(1+b+ap)x^2+(a+bp)x+b. \end{eqnarray*} Igualando los términos independientes tenemos que $b=2$ e igualando los coeficientes de $x^2$ y $x^3$ llegamos a que $ap=0$ y $a+p=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$, de donde se deducen fácilmente los dos posibles valores del par $(a,p)$.

• Si $a=0$ y $p=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$, entonces $m=a+2p=-3\sqrt{2}$ y la factorización queda \[\left(x^2-\frac{3\sqrt{2}}{2}x+1\right)(x^2+2).\] El primer factor tiene raíces (inversas) $\sqrt{2}$ y $\frac{\sqrt{2}}{2}$ mientras que el segundo factor no tiene raíces reales.
• Si $a=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$ y $p=0$, entonces $m=a+2p=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$ y la factorización queda \[(x^2+1)\left(x^2-\frac{3\sqrt{2}}{2}x+2\right).\] En este caso el primer factor no tiene raíces reales y el segundo tampoco, ya que su determinante es $\frac{-7}{2}\lt 0$.

Deducimos que la única solución al problema es $m=-3\sqrt{2}$.

Solución. Razonemos por reducción al absurdo suponiendo que existen $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\in\mathbb{R}$ distintos y tales que \[P(x_1)=P(x_2)=P(x_3)=P(x_4)=7,\qquad P(x_5)=14.\] El polinomio $Q(x)=P(x+x_5)-7$ también tiene coeficientes enteros y cumple que \[Q(y_1)=Q(y_2)=Q(y_3)=Q(y_4)=0,\qquad Q(0)=7,\] siendo $y_k=x_k-x_5$ para $k\in\{1,2,3,4\}$.

Ahora bien, usando la propiedad de que cada $y_k$ divide a $Q(y_k)-Q(0)=-7$ y que los números enteros $y_1,y_2,y_3,y_4$ son distintos, tenemos que han de ser los elementos del conjunto $\{1,-1,7,-7\}$, es decir, $Q(1)=Q(-1)=Q(7)=Q(-7)=0$. Por tanto, el polinomio $Q$ se escribe como \[Q(x)=(x-1)(x+1)(x-7)(x+7)R(x),\] para cierto polinomio $R(x)$ con coeficientes enteros. Evaluando en $x=0$, obtenemos que $Q(0)=-49R(0)$ es múltiplo de $49$, contradiciendo que $Q(0)=-7$.

Nota. Se puede razonar directamente sobre el polinomio $P$ ya que el hecho de considerar $Q$ simplemente es por simplificar la notación.

Solución. Consideremos la función $f(x)=x^3-3x^2+5x$. Esta función tiene por derivada $f'(x)=3x^2-6x+5$ y es fácil ver que la ecuación $f'(x)=0$ no tiene soluciones reales, lo que nos dice que $f$ es estrictamente creciente. En particular, $\alpha$ y $\beta$ son los únicos números reales tales que $f(\alpha)=17$ y $f(\beta)=-11$. Vamos a probar que si $f(\alpha)=17$, entonces $f(2-\alpha)=-11$ cumple la segunda, lo que nos dirá que $2-\alpha=\beta$, es decir, $\alpha+\beta=2$ y habremos resuelto el problema.

Evaluando $f(2-\alpha)$ y usando que $f(\alpha)=17$ tenemos que \begin{eqnarray*} f(2-\alpha)&=&(2-\alpha)^3-3(2-\alpha)^2+5(2-\alpha)\\ &=&8-12\alpha+6\alpha^2-\alpha^3-12+12\alpha-3\alpha^2+10-5\alpha\\ &=&-\alpha^3+3\alpha^2-5\alpha+6=-f(\alpha)+6=-17+6=-11. \end{eqnarray*}

Nota. En realidad, nos hemos sacado de la manga que la solución es $2$ y esto puede parecer muy artificial. Una forma de llegar a que la solución es esta consiste en calcular $f(r-\alpha)$ para cierto $r\in\mathbb{R}$, lo que nos lleva a la identidad \[f(r-\alpha)=(r-2)(3 - r + r^2 - 3 r\alpha + 3\alpha^2)-11.\] Ahora está claro que $r=2$ es la solución buscada.

Solución. Pongamos que $P(x_0)=2\cdot 1979$ y $P(x_1)=P(x_2)=P(x_3)=P(x_4)=1979$. Usando la conocida propiedad para polinomios de coeficientes enteros que dice que $a-b$ divide a $P(a)-P(b)$ para cualesquiera números enteros $a$ y $b$ distintos, obtenemos que $x_i-x_0$ divide a $1979$ para $i=1,2,3,4$. Como $x_1,x_2,x_3,x_4$ son distintos y $1979$ es primo, esto no nos deja otra opción que $x_1-x_0=1$, $x_2-x_0=-1$, $x_3-x_0=1979$ y $x_4-x_0=-1979$, salvo renombrar las variables. De hecho, podemos aplicar una traslación en $x$ para suponer que $x_1=-1979$, $x_2=-1$, $x_0=0$, $x_4=1$ y $x_5=1979$ sin perder generalidad.

Si escribimos $p(x)=a_0+a_1x+\ldots+a_n$, entonces $p(0)=a_0=2\cdot 1979$. Por otro lado, \begin{align*} p(1979)&=a_0+1979a_1+1979^2a_2+\ldots+1979^na_n\equiv a_0+1979a_1\ (\text{mod }1979^2),\\ p(-1979)&=a_0-1979a_1+1979^2a_2+\ldots+(-1979)^na_n\equiv a_0-1979a_1\ (\text{mod }1979^2). \end{align*} Sumando estas dos congruencias, tenemos que $2a_0\equiv p(1979)+p(-1979)=2\cdot 1979\ (\text{mod }1979^2)$, pero esto es una contradicción ya que $2a_0\equiv 4\cdot 1979\not\equiv2\cdot 1979\ (\text{mod }1979^2)$.