Determina todos los polinomios $P(x)$ de grado $n\geq 1$ con coeficientes enteros tales que para todo número real $x$ se cumple$$P(x)=(x-P(0))(x-P(1))(x-P(2))\cdots (x-P(n-1)).$$
Pero como todos los factores son enteros y su producto es $1$, deben tener todos módulo $1$. Pero esto implica que $c^2=1\Rightarrow c=1$
Por lo tanto $P(1)=1$, lo cual es absurdo ya que $P(1)=0$. Luego no puede pasar que $P(1)=0$.
Para el caso c), tenemos $P(1)=2$, luego:
$2=\prod_{k=1}^{n-1} (1-P(k))=(1-P(1))\times \prod_{k=2}^{n-1} (1-P(k))\Rightarrow \prod_{k=2}^{n-1} (1-P(k))=-2$
Luego debe pasar una de las siguientes cosas:
c.1) existe $P(q)/q \in \mathbb{N} \cap [2,n-1]$ tal que $1-P(q)=2$
Luego entre $q$, $q-2$, $q-3$ hay un $±3$, un $1$ y un $-1$. Como $q>q-2>q-3$, $q\in \{1, 3\}$. Pero si $q=1\Rightarrow P(q)=2$, absurdo. Si $q=3 \Rightarrow q-3=0$, absurdo.
Luego $1-P(1)≠-1$
Ahora veamos que el caso d) implica que $P(1)=\prod_{k=1}^{n-1} (1-P(k))=(1-P(1))\times \prod_{k=2}^{n-1} (1-P(k))=0$, lo cual es un absurdo ya que dijimos que $1-P(1)=0$.
Gianni De Rico escribió: ↑Lun 16 Sep, 2019 9:14 am
Breve comentario técnico a la solución de arriba.
El polinomio nulo $P(x)=0$ no tiene grado, por lo que no cumple con los requisitos del problema.
Igual ya asumí que $P(x)=k$ no andaba porque dice que tiene grado mayor o igual que $1$
Sea $P$ una solución al problema.
Notemos que como $P\in \mathbb{Z}[x]$, si $x\in \mathbb{Z}$ tenemos que $P(x)\in \mathbb{Z}$, en particular $P(1),P(2),\ldots ,P(n-1)\in \mathbb{Z}$. Además, $P(0),P(1),P(2),\ldots ,P(n-1)$ son las $n$ raíces de $P$.
Supongamos que $n\geq 4$. Por Vieta tenemos que $$P(0)=(-1)^nP(0)P(1)\cdots P(n-1).$$Supongamos que $P(0)\neq 0$, entonces$$1=(-1)^nP(1)\cdots P(n-1),$$de donde$$P(1)\cdots P(n-1)=(-1)^n.$$En particular, $P(i)$ divide a $\pm 1$ para $i=1,2,\ldots ,n-1$, de donde $P(i)=\pm 1$ para $i=1,2,\ldots ,n-1$. Ahora, como hay $n$ factores $-1$ en el lado izquierdo, y $n-1\not \equiv n\pmod 2$, tenemos que al menos uno de $P(1),P(2),\ldots ,P(n-1)$ es igual a $1$. Luego, $1$ es raíz de $P$, de donde $0=P(1)=\pm 1$, absurdo. El absurdo proviene de suponer $P(0)\neq 0$, luego $P(0)=0$.
Entonces$$P(x)=x(x-P(1))(x-P(2))\cdots (x-P(n-1)),$$ en particular$$P(k)=k(k-P(1))(k-P(2))\cdots (k-P(n-1))$$para $k=1,\ldots ,n-1$. Luego, $k-P(k)\mid P(k)$, es decir, existe un entero $a$ tal que $a(k-P(k))=P(k)$, de donde $ak=(a+1)P(k)$.
Como $a$ y $a+1$ son coprimos, entonces $a+1\mid k$, de donde $|a+1|\leq k$. Por otro lado, tenemos que$$a=k(k-P(1))(k-P(2))\cdots (k-P(k-1))(k-P(k+1))\cdots (k-P(n-1)),$$de donde $a=0$ o $k\leq |a|$.
Supongamos que $k\leq |a|$, luego, como $|a+1|\leq k$, tenemos que $k\leq |a|=|a+1-1|\leq |a+1|+1\leq k+1$, de donde $|a|=k$ o $|a|=k+1$. Si $|a|=k$, entonces$$(k-P(1))(k-P(2))\cdots (k-P(k-1))(k-P(k+1))\cdots (k-P(n-1))=\pm 1,$$de donde $k-P(3)\mid \pm 1$, por lo que $k-P(3)=\pm 1$. Para $k=1$ tenemos $P(3)\in \{0,2\}$, para $k=2$ tenemos $P(3)\in \{1,3\}$. Como $\{0,2\}\cap \{1,3\}=\varnothing$, llegamos a un absurdo. Luego, $|a|=k+1$, de donde $a=\pm (k+1)$, es decir,$$\pm (k+1)=k(k-P(1))(k-P(2))\cdots (k-P(k-1))(k-P(k+1))\cdots (k-P(n-1)).$$En cualquier caso, tomando $k\neq 1$ tenemos que $k\mid k+1$, lo que es absurdo pues son coprimos.
Entonces llegamos a un absurdo que proviene de suponer que $k\leqslant |a|$, de donde $a=0$. Por lo tanto $P(k)=a(k-P(k))=0$ para todo $k=1,\ldots ,n-1$, de donde $P(x)=x^n$. Luego, $0=P(1)=1^n=1$, absurdo pues $0\neq 1$.
El absurdo proviene de suponer $n\geq 4$, luego, $n\in \{1,2,3\}$.
Si $n=3$, tenemos que$$P(x)=x^3-(P(1)+P(2))x^2+P(1)P(2)x.$$Luego, $P(1)=1-P(1)-P(2)+P(1)P(2)$, de donde $2P(1)-P(1)P(2)=1-P(2)$, por lo que $P(1)(2-P(2))=1-P(2)$. Si $P(2)=2$, tenemos que $1-P(2)=0$, de donde $P(2)=1$, por lo que $1=P(2)=2$, absurdo pues $1\neq 2$. Entonces $2-P(2)\neq 0$, por lo que $P(1)=\frac{1-P(2)}{2-P(2)}$. Entonces $2-P(2)\mid 1-P(2)$, pero como son coprimos, tenemos que $2-P(2)=\pm 1$.
Si $2-P(2)=1$, tenemos que $P(2)=1$, por lo que $P(1)=0$.
Entonces $P(x)=x^3-x^2$, de donde $1=P(2)=2^3-2^2=8-4=4$, absurdo pues $1\neq 4$.
Si $2-P(2)=-1$, tenemos que $P(2)=3$ y $P(1)=2$. Entonces $P(x)=x^3-5x^2+6x$, de donde $3=P(2)=2^3-5\cdot 2^2+6\cdot 2=8-20+12=0$, absurdo pues $3\neq 0$.
Luego, no hay soluciones con $n=3$.
Si $n=2$, tenemos que$$P(x)=x^2-P(1)x.$$Luego $P(1)=1-P(1)$, de donde $2P(1)=1$, por lo que $P(1)=\frac{1}{2}$. Pero como $P(1)\in \mathbb{Z}$ y $\frac{1}{2}\not \in \mathbb{Z}$, llegamos a un absurdo. Luego, no hay soluciones con $n=2$.
Si $n=1$, tenemos$$P(x)=x,$$que es solución.
Luego, la única solución es $P(x)=x$.
Como $P$ tiene coeficientes enteros, entonces $P(z)$ es entero para todo número entero $z$.
Presento dos casos:
Si $n=1$, entonces $P(x)=x-P(0)$ para todo número real $x$. Tomando $x=0$ se llega a que $P(0)=0$, luego, $P(x)=x$ para todo número real $x$. Por lo tanto, el polinomio $H(X)=P(X)-X$ tiene infinitas raíces, lo cual significa que $H$ es el polinomio nulo, por ende, tenemos que $P(X)=X$.
Si $n\geq 2$, entonces $n-1\geq 1$. Supongamos que $P(z)$ es par para todo número entero $z$, entonces $P(1)$ es par. Pero entonces,
$$0\equiv P(1)\equiv\left ( 1-P(0) \right )\left ( 1-P(1) \right )\left ( 1-P(2) \right )\cdots \left ( 1-P(n-1) \right )\equiv 1\pmod 2,$$
lo cual es absurdo. Por lo tanto, existe un número entero $b$ tal que $P(b)$ es impar. Luego,
$$1\equiv P(b)\equiv \left ( b-P(0) \right )\left ( b-P(1) \right )\left ( b-P(2) \right )\cdots \left ( b-P(n-1) \right )\pmod 2,$$
de donde se deduce que $P(0)$, $P(1)$, ... , $P(n-1)$ tienen la misma paridad. En particular, $P(0)\equiv P(1)\pmod 2$. Pero entonces,
$$P(0)\equiv P(1)\equiv \left ( 1-P(0) \right )\left ( 1-P(1) \right )\cdots \left ( 1-P(n-1) \right )\equiv 1-P(0)\pmod 2,$$
lo cual significa que $P(0)\equiv 1-P(0)\pmod 2$, que también es absurdo. Así, queda demostrado que en este caso no existe tal polinomio.
Concluimos que sólo satisface el polinomio $P(X)=X$.
Si $P(0)=0$, $\forall x \in \mathbb{R}$, $P(x)=x\times \prod_{i=1}^{n-1} (x-P(i)) \Rightarrow$ Si $x=1$, $P(1)=\prod_{i=1}^{n-1} (1-P(i))$. Veamos dos casos:
Si $P(1)=2$, $\Rightarrow -2=\prod_{i=2}^{n-1} (1-P(i)) \Rightarrow$ Solo un $P(i)$ con $2\leq i\leq n-1$ es igual a $3$ o $-1$, el resto son $0$ o $2$. Sea $P(j)$ un $P(i)$ cualquiera, veamos estos casos:
Si $P(j)=-1$, del modo anterior tenemos $-1=j(j-2) \prod_{i=2}^{n-1} (j-P(i)) \Rightarrow j(j-2)\mid -1 \Rightarrow j=1 \Rightarrow P(1)=-1 \Rightarrow$ Absurdo ya que obtuvimos antes $P(1)=2$.
Si $P(1)=0$, $0=\prod_{i=2}^{n-1} (1-P(i)) \Rightarrow$ Algún $P(i)$ con $i\geq 2$ es igual a $1$. Considerando este como $P(j)$, tenemos $P(j)=1=j^2 \prod_{i=2}^{n-1} (j-P(i)) \Rightarrow j=1\lor -1 \Rightarrow$ Absurdo ya que $j\geq 2$.
Si $P(1)=1$, $P(1)=(1-P(1)) \prod_{i=2}^{n-1} (1-P(i)) \Rightarrow P(1)=0 \Rightarrow$ Absurdo.
Ante esto, obtenemos que $n=1 \Rightarrow P(x)=x-P(0) \Rightarrow$ Si $x=0$, obtenemos que $P(0)=0 \Rightarrow P(x)=x$. Por ende, el único polinomio que cumple lo pedido es $P(x)=x$.