Ibero 2019 - P2

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Gianni De Rico

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Ibero 2019 - P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Determina todos los polinomios $P(x)$ de grado $n\geqslant 1$ con coeficientes enteros tales que para todo número real $x$ se cumple $$P(x)=(x-P(0))(x-P(1))(x-P(2))\cdots (x-P(n-1))$$
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Sandy

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Re: Ibero 2019 - P2

Mensaje sin leer por Sandy »

Caso 1: $P(0)=0$ y $n>1$
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$P(x)=x\times \prod_{k=1}^{n-1} (x-P(k)) \Rightarrow P(1)=1\times \prod_{k=1}^{n-1} (1-P(k))$

Luego $\frac{P(1)}{1-P(1)}=\prod_{k=2}^{n-1} (1-P(k)) \in \mathbb{Z}$

Pero esto implica una de las siguientes $4$ cosas:
  • a) $P(1)=0$
  • b) $1-P(1)=1$
  • c) $1-P(1)=-1$
  • d) $1-P(1)=0$ (esto haría que no se pueda pasar dividiendo)
Tanto el caso a) como el b) implican que $P(1)=0$
Supongamos que esto es cierto.

$P(1)=\prod_{k=1}^{n-1} (1-P(k))=0$

Para esto necesitamos que exista $c\in \mathbb{N} \cap [2, n-1] / P(c)=1$

$\Rightarrow P(c)=1=c\times \prod_{k=1}^{n-1} (x-P(k))=c\times (c-P(1))\times \prod_{k=2}^{n-1} (c-P(k))=c^2\times \prod_{k=2}^{n-1} (c-P(k))$

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 $1-P(q)=2$
$P(q)=-1=(q-P(0))(q-(P(1))\times \prod_{k=2}^{n-1} (q-P(k))=(q-P(0))(q-(P(1))(q-P(q))\times \prod_{k=2}^{q-1} (q-P(k))\times \prod_{k=q+1}^{n-1}(q-P(k))$

Luego $q\times (q-2)\times (q+1)\times \prod_{k=2}^{q-1} (q-P(k))\times \prod_{k=q+1}^{n-1}(q-P(k))=-1$

Pero eso implica que $q$, $q-2$, $q+1$ $\in \{-1, 1\}$, absurdo.
  • c.2) existe $P(q)/q\in \mathbb{N} \cap [2,n-1]$ tal que $1-P(q)=-2$
$P(q)=3=q\times (q-2)\times (q-3)\times \prod_{k=2}^{q-1} (q-P(k))\times \prod_{k=q+1}^{n-1}(q-P(k))$

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 $1-P(1)=0$.

Luego no existe $P(x) / P(0)=0$
Caso 2: $P(0)\neq 0$ y $n>1$
Spoiler: mostrar
$P(0)=\prod_{k=0}^{n-1} (-P(k)) \Rightarrow \frac{P(0)}{-P(0)}=-1=\prod_{k=1}^{n-1}(-P(k))$

Luego, como todos los factores son enteros, para que su producto sea $-1$ todos deben tener módulo igual a $1$.

Digamos que hay $2t+1$ números $r$ entre $1$ y $n-1$ inclusive, tales que $P(r)=1$.

Luego $P(x)=(x-P(0))(x-1)^{2t+1}(x+1)^{n-1-2t-1}$

Pero entonces $P(1)=(1-P(0))(0)^{2t+1}(2)^{n-1-2t-1}=0$

Pero esto implica que $\frac{P(0)}{-P(0)}=\prod_{k=1}^{n-1}(-P(k))=0$, lo cual es absurdo ya que eso implicaría que $P(0)=0$.

Luego $P(1)\neq 0 \Rightarrow 2t+1=0$, lo cual es otro absurdo.
Luego no existe $P(x) / n>1 \cap P(x)\neq 0$
Caso 3: $n=1$
Spoiler: mostrar
Sabemos que $P(x)=x-P(0)\Rightarrow P(0)=0-P(0)\Rightarrow P(0)=0$.

Luego el único polinomio que cumple lo pedido es $P(x)=x$
Última edición por Sandy el Mié 18 Sep, 2019 12:34 am, editado 1 vez en total.
Fallo inapelable.

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Gianni De Rico

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Re: Ibero 2019 - P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Sandy

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Re: Ibero 2019 - P2

Mensaje sin leer por Sandy »

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 $1$
Fallo inapelable.

Hernan26

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Re: Ibero 2019 - P2

Mensaje sin leer por Hernan26 »

Si 1-P(1)|P(1) también implica, 1-P(1)=-1, es decir
P(1)=2, creo que te falta considerar ese caso, que igual no tiene soluciones.
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Gianni De Rico

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Re: Ibero 2019 - P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Solución:
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Sea $P$ una solución al problema.
Notemos que como $P\in \mathbb{Z}[x]$ entonces 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 $n\geqslant 4$. Por Vieta tenemos que $$P(0)=(-1)^nP(0)P(1)\cdots P(n-1)$$
Supongamos que $P(0)\neq 0$, luego, $$1=(-1)^nP(1)\cdots P(n-1)$$ 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 LHS, 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 $|a+1|\leqslant k$. 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 $k\leqslant |a|$.
Supongamos que $k\leqslant |a|$, luego, como $|a+1|\leqslant k$, tenemos que $k\leqslant |a|=|a+1-1|\leqslant |a+1|+1\leqslant k+1$, 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 $n\geqslant 4$, luego, $n=1,2,3$.

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 $P(x)=x$.
1  
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Emerson Soriano

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Re: Ibero 2019 - P2

Mensaje sin leer por Emerson Soriano »

Usando solamente módulo $2$
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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 $P(X)=X$.
5  

HelcsnewsXD

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Re: Ibero 2019 - P2

Mensaje sin leer por HelcsnewsXD »

Lo vamos a dividir en dos casos según el valor de $P(0)$, y siempre considerando $n\geq 2$.

CASO $P(0)\neq 0$
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Si $P(0)\neq 0$, $\frac{P(0)}{-P(0)} = \prod_{i=1}^{n-1} (-P(i)) \Rightarrow -1=\prod_{i=1}^{n-1} (-P(i)) \Rightarrow$ Como los coeficientes son enteros, tenemos $\forall 1\leq i\leq n-1$, $P(i)=1 \lor -1$. Por esto, si $x=1$, $P(1)=\prod_{i=0}^{n-1} (1-P(i)) \Rightarrow$ Si algún $P(i)=1$, $P(1)=0 \Rightarrow$ Absurdo $\Rightarrow \forall 1\leq i\leq n-1$, $P(i)=-1 \Rightarrow \forall x \in \mathbb{R}$, $P(x)=\prod_{i=0}^{n-1} (x+1) = (x+1)^n \Rightarrow$ Absurdo ya que implicaría $P(1)=2^n$ pero $P(1)=-1$.
CASO $P(0)=0$
Spoiler: mostrar
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:

CASO $P(1)\neq 1$
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Si $P(1)\neq 1$, $\frac{P(1)}{1-P(1)} = \prod_{i=2}^{n-1} (1-P(i)) \Rightarrow 1-P(1)\mid P(1) \rightarrow P(1)\mid P(1)+(1-P(1)) \rightarrow 1-P(1)\mid 1 \Rightarrow P(1)=0 \lor 2$.

CASO $P(1)=2$
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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:

CASO $P(j)=3$
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Si $P(j)=3$, $P(3)=0 \Rightarrow P(j)=\prod_{i=0}^{n-1} (j-P(i)) \Rightarrow 3=j(j-2)(j-P(2))(j-P(4)) ... (j-P(n-1)) \Rightarrow j^2(j-2)\mid 3 \Rightarrow j=1 \Rightarrow P(1)=3 \Rightarrow$ Absurdo ya que antes consideramos $P(1)=2$.
CASO $P(j)=-1$
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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 $P(1)=2$.
CASO $P(1)=0$
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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 $j\geq 2$.
CASO $P(1)=1$
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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 $P(x)=x$.
Na, clave la solución :lol:

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