Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si llamamos \(\alpha\), \(\beta\) y \(\gamma\) a las tres raíces y suponemos que \(\gamma\) es la media geométrica de las otras dos (es decir, \(\gamma^2=\alpha\beta\)), entonces las relaciones de Cardano nos dicen que \begin{eqnarray*} b&=&-(\alpha+\beta+\gamma)\\ c&=&\gamma^2+\beta\gamma+\alpha\gamma\\ d&=&-\gamma^3 \end{eqnarray*} Además, para demostrar que \(b^3d=c^3\) será suficiente probar que \(b\sqrt[3]{d}=c\), pero tenemos que \[b\sqrt[3]{d}=(\alpha+\beta+\gamma)\gamma=\alpha\gamma+\beta\gamma+\gamma^2=c\] y hemos terminado.

Solución. Si $p(x)$ es constante $\lambda\in\mathbb{R}$, entonces $\lambda=\lambda^{2007}$, de donde $\lambda=0$ ó $\lambda=\pm 1$. Si $p(x)$ no es constante, entonces toma infinitos valores distintos luego si consideramos el polinomio $q(x)=x^{2007}$, la ecuación del enunciado se escribe como $p(p(x))=q(p(x))$ y estamos diciendo que los polinomios $p(x)$ y $q(x)$ toman el mismo valor para infinitos valores de $x$ luego $p(x)=q(x)=x^{2007}$. Tenemos así que los únicos polinomios que cumplen la igualdad propuesta son $p(x)=0$, $p(x)=1$, $p(x)=-1$ y $p(x)=x^{2007}$.

Solución. Observemos que $\alpha^n=6\alpha^{n-1}-\alpha^{n-2}$ y $\beta^n=6\beta^{n-1}-\beta^{n-2}$ para cualquier natural $n\geq2$ luego sumando estas dos igualdades, tenemos que $r_n=6r_{n-1}-r_{n-2}$ para todo $n\geq2$, donde hemos tomado $r_n=\alpha^n+\beta^n$. Esta ecuación recursiva nos dice que si $r_1$ y $r_2$ son enteros, también lo serán los demás $r_n$. Las relaciones de Cardano-Vieta nos dicen que $r_1=\alpha+\beta=6$ y $\alpha\beta=1$, de donde $r_2=\alpha^2+\beta^2=(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta=36-2=34$ y tenemos probado que $r_n$ es natural para todo $n\in\mathbb{N}$.

Para ver que no es múltiplo de 5, consideremos la sucesión de restos módulo 5 de $\{r_n\}$, que viene dada por $\{1,4,3,4,1,2,1,4,\ldots\}$ y a partir de este punto se vuelve a repetir ya que cada término se calcula en función de los dos anteriores (módulo 5). Como no aparece ningún cero en este periodo, no hay ningún término que sea múltiplo de 5.

Solución. Supongamos que las tres raíces $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ son racionales y lleguemos a una contradicción. Si expresamos cada una como una fracción irreducible, sus numeradores tienen que dividir a $d$ y sus denominadores a $a$, lo que nos lleva a que dichos numeradores y denominadores son impares (porque $a$ y $d$ son impares al serlo $ad$). Por otro lado, las relaciones de Cardano nos aseguran que $\frac{b}{a}=\alpha_1\alpha_2+\alpha_2\alpha_3+\alpha_1\alpha_3$ y $\frac{c}{a}=-\alpha_1-\alpha_2-\alpha_3$ y, si nos fijamos en que $\alpha_1\alpha_2+\alpha_2\alpha_3+\alpha_1\alpha_3$ y $\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3$ son suma de tres fracciones con el numerador y el denominador impares (y, por tanto, su numerador y denominador son impares), llegamos a que $b$ y $c$ tienen que ser impares, contradiciendo que $bc$ es un número par.

Solución. Si tomamos el polinomio $Q(x)=xP(x-1)$, el enunciado se escribe como $Q(x)=Q(x+1)$ para todo $x$. Como $Q(0)=0$, se tiene que $Q(n)=0$ para todo $n\in\mathbb{N}$ y, por tanto, $Q$ es idénticamente nulo (no puede tener infinitas raíces salvo que sea nulo). Esto nos lleva a que $xP(x-1)$ es idénticamente nulo y, en consecuencia, $P(x)=0$ es el único polinomio que cumple la condición del enunciado.