Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos el polinomio $Q(x)=P(x)-x^2$, que nos permite reescribir la ecuación original como \[Q(x+1)=Q(x).\] Por tanto, $Q(x)$ es un polinomio que toma el mismo valor para infinitos valores de $x$ (por ejemplo, $Q(n)=Q(0)$ para todo $n\in\mathbb{N}$), luego es constante. En otras palabras, existe $c\in\mathbb{R}$ tal que $Q(x)=c$, de donde obtenemos que $P(x)=x^2+c$. Es fácil darse cuenta de que todos los polinomios de la forma $P(x)=x^2+c$ cumplen la ecuación del enunciado, luego estos son los únicos.

Solución. Supongamos que el polinomio se escribe como \[P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0.\] Observemos que la diferencia \[P(x+1)-P(x)=a_n(x+1)^n+a_{n-1}(x+1)^{n-1}+\ldots-a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}-\ldots\] tiene a $na_nx^{n-1}$ por término de mayor grado. Como esta diferencia ha de ser igual a $2x+1$, deducimos que $n=2$ y $a_2=1$, en cuyo caso \[P(x+1)-P(x)=[(x+1)^2+a_1(x+1)+a_0]-[x^2+a_1x+a_0]=2x+1+a_1,\] luego ha de ser $a_1=0$ y el polinomio queda de la forma $P(x)=x^2+a_0$. Como todos los polinomios de esta forma cumplen la ecuación inicial, deducimos que son los únicos.

Solución. Tomando $x=f(y)$ en la ecuación del enunciado, llegamos a que \[f(f(y))=\frac{f(0)-1-f(y)^2}{2}.\] Si probáramos que $f$ es sobreyectiva, podríamos escribir cualquier $z\in\mathbb{R}$ como $z=f(y)$ y la igualdad anterior nos diría que $f(z)=\frac{f(0)+1-z^2}{2}$. Sustituyendo en la ecuación inicial esta función, tendríamos que $f(0)=1$, con lo que la única solución sería $f(z)=1-\frac{z^2}{2}$ para todo $z\in\mathbb{R}$. No obstante, esta solución no es sobreyectiva, lo que nos dice que esta no es una aproximación válida y tendremos que trabajar un poco más.

Dado $z\in\mathbb{R}$, consideremos los números \[r=\frac{z+1-f(f(0))-f(0)^2}{f(0)},\qquad s=\frac{z+1-f(f(0))}{f(0)}.\] Estos dos números están bien definidos ya que, si ocurriera que $f(0)=0$, entonces haciendo $x=y=0$ la ecuación original quedaría $0=-1$ (contradicción). Es fácil ver que, sustituyendo $x=r$ e $y=0$ en la ecuación original tenemos que $z=f(r)-f(s)$, luego, tomando $x=f(r)$ e $y=s$ en dicha ecuación, llegamos a que \begin{eqnarray} f(z)=f(f(r)-f(s))&=&f(f(s))+f(r)f(s)+f(f(r))-1\\ &=&\frac{f(0)-1-f(s)^2}{2}+f(r)f(s)+\frac{f(0)-1-f(r)^2}{2}\\ &=&f(0)-\frac{(f(r)-f(s))^2}{2}=f(0)-\frac{z^2}{2}. \end{eqnarray}

Por tanto, $f(z)=f(0)-\frac{z^2}{2}$ para todo $z\in\mathbb{R}$. Sustituyendo en la ecuación original vemos que sólo el caso $f(0)=1$ la cumple, luego $f(z)=1-\frac{z^2}{2}$ es la única solución.

Solución. Consideremos las funciones $f,g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ dadas por \[f(z)=(1+z)(1+z^2)(1+z^4),\qquad g(z)=1+z^7,\] para todo $z\in\mathbb{R}$. Usaremos las siguientes propiedades:

• si $z\gt 0$, entonces $1\lt g(z)\lt f(z)$;
• si $-1\lt z\lt 0$, entonces $0\lt f(z)\lt g(z)\lt 1$;
• si $z\lt -1$, entonces $g(z)\lt f(z)\lt 0$.

La demostración de estas tres propiedades se deduce de que $f$ y $g$ son funciones crecientes y de la siguiente factorización de la diferencia $f-g$ (los detalles se dejan al lector): \[f(z)-g(z)=z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6=z(z-1)(z^4+z^2+1)\]

Supongamos que $(x,y)$ es una solución a la ecuación original y distingamos casos según el valor de $x$ caiga en algunos de los intervalos anteriores.

1. Si $x\lt -1$, entonces $g(y)=f(x)\gt g(x)$, es decir, $1+y^7\gt 1+x^7$ y, por tanto, $y\gt x$. No obstante, también tenemos que $1+y^7=f(x)\lt 0$, luego $y\lt -1$ y un razonamiento análogo al anterior (sustituyendo $x$ e $y$) nos asegura que $x\gt y$, lo cual es una contradicción.
2. Si $-1\lt x\lt 0$, entonces $g(y)=f(x)\lt g(x)$, es decir, $1+y^7\lt 1+x^7$ y, por tanto, $x\gt y$. Como quiera que $1+y^7=f(x)\in (0,1)$, deducimos que $-1\lt y\lt 0$ y un razonamiento análogo al anterior nos asegura que $x\lt y$, lo cual es también una contradicción.
3. Si $x\gt 0$, entonces $g(y)=f(x)\gt g(x)$, de donde $x\lt y$. De forma análoga a los casos anteriores, $1+y^7=f(x)\gt 1$, luego $y\gt 0$ y repitiendo el razonamiento, llegamos a que $x\gt y$, y también tenemos la contradicción buscada.

En resumen, $x$ e $y$ sólo pueden tomar los valores $-1$ y $0$. Un breve análisis de las cuatro posibles combinaciones nos lleva a que las únicas soluciones son $(x,y)=(-1,-1)$ y $(x,y)=(0,0)$.