Si α, β son las ra´ices (reales o complejas) del polinomio x 2 + px + q, la identificaci´ on de coeficientes en los dos miembros de

PROBLEMAS CUADR ´ ATICOS DE OLIMPIADAS Francisco Bellot Rosado

Presentamos a continuaci´ on una serie de problemas de Olimpiadas con la caracter´istica com´ un de hacer intervenir en ellos, en mayor o menor medida, las propiedades del trinomio de segundo grado. Aunque a primera vista podr´ia parecer que deber´ia tratarse de problemas o ejercicios muy sencillos ( todo el mundo cree saber resolver una ecuaci´ on de segundo grado), el examen de los ejemplos que presentamos quiz´ a haga variar semejante opini´ on.

Recordamos las relaciones de Cardano-Vieta para el polinomio de segundo grado :

Si α, β son las ra´ices (reales o complejas) del polinomio x ² + px + q, la identificaci´ on de coeficientes en los dos miembros de

(x − α) (x − β) = x ² + px + q proporciona las igualdades

− (α + β) = p αβ = q.

El m´ etodo de completamiento de cuadrado aplicado al polinomio P (x) = ax ² + bx + c

permite escribirlo en la forma

P (x) = a

 x + b

2a

 2

+ c − b ² 4a , de donde se deduce la conocida f´ ormula

x = −b ± √

b ² − 4ac

2a .

La expresi´ on ∆ = b ² − 4ac es el discriminante, porque separa las ra´ices : Si

∆ > 0, P (x) tiene dos ra´ices reales, si ∆ = 0 tiene una ra´iz real doble; si ∆ < 0, no tiene ra´ices reales.

Problema 1

Si P (x) = x ² + ax + b, Q(x) = x ² + px + q, hallar la condici´ on para que los dos polinomios tengan una ra´iz com´ un.

Soluci´ on

Si x 1 , x 2 son las ra´ices (reales o complejas) de P, sustituy´ endolas en Q y calculando Q(x 1 ) · Q (x 2 ) , obtenemos

Q(x 1 )·Q (x 2 ) = x ² ₁ x ² ₂ +q x ² ₁ + x ² ₂
+px 1 x 2 (x 1 + x 2 )+p ² x 1 x 2 +pq (x 1 + x 2 )+q ²

De las relaciones de Cardano-Vieta para P resulta que

x 1 + x 2 = −a x 1 x 2 = b

x ² ₁ + x ² ₂ = (x ₁ + x ₂ ) ² − 2x 1 x ₂ = a ² − 2b as´i que sustituyendo en la expresi´ on anterior resultar´ a

Q(x ₁ ) · Q (x ₂ ) = (q − b) ² + (p − a) (bp − aq) ,

y como, evidentemente, la condici´ on para que una de las ra´ices de P sea tambi´ en ra´iz de Q es Q(x 1 )·Q (x 2 ) = 0, resulta la condici´ on necesaria y suficiente buscada escrita como

(q − b) ² + (p − a) (bp − aq) = 0.

Problema 2

Sea f (x) = a ² x ² − b ² − 2ac
x + c ² , con a, b, c ∈ Q ^∗ + . Probar que si existe n ∈ N tal que f (n) = 0, entonces n es cuadrado perfecto.

(Cr.Mortici, Gazeta Matematic˘ a 1987, Rumania) Soluci´ on

Las ra´ices de la ecuaci´ on son

b ² − 2ac ± b √

b ² − 4ac

2a ² ;

para que alguna de ellas sea entera, debe existir k entero tal que b ² −4ac = k ² . Entonces se tiene

b ² − k ² = 4ac, b ² − k ² 2 = 2ac

as´i que sustityendo en la expresi´ on para las ra´ices de la ecuaci´ on se obtiene

b ² − ^b

^−k ₂

± bk

2a ² = b ² + k ² ± 2bk

4a ² =  b ± k 2a

 ²

, que es un cuadrado.

Problema 3

Sea a un n´ umero real dado. Calcular los n´ umeros reales x ₁ , · · · , x _n que son soluciones del sistema

x ² ₁ + ax ₁ + ^a−1 ₂
²

= x ₂ x ² ₂ + ax ₂ + ^a−1 ₂
2

= x ₃

· · · x ² _n−1 + ax _n−1 + ^a−1 ₂
2

= x _n x ² _n + ax n + ^a−1 ₂
2

= x 1



 

 

 

 

 

 

(Torneo de las Ciudades) Soluci´ on

Sumando miembro a miembro todas las ecuaciones :

x ² ₁ + x ² ₂ + · · · + x ² _n
+ (a − 1) (x 1 + · · · + x n ) + n  a − 1 2

 2

= 0 y el primer miembro se escribe como

x ² ₁ + (a − 1) x 1 +  a − 1 2

 ²

+ · · · + x ² _n + (a − 1) x n +  a − 1 2

 ²

= 0,

es decir



x 1 + a − 1 2

 ²

+ · · · +



x n + a − 1 2

 ²

= 0, luego todos los par´ entesis deben ser nulos y as´i se obtiene

x 1 = x 2 = · · · = x n = 1 − a 2 .

Inmediatamente se comprueba por sustituci´ on directa que esta soluci´ on ver- ifica las ecuaciones iniciales del sistema.

Problema 4

Sea f (x) un polinomio con coeficientes reales tal que f (x) ≥ 0 para todo x real. Demostrar que f (x) puede escribirse en la forma

f (x) = (g ₁ (x)) ² + (g ₂ (x)) ² + · · · + (g _n (x)) ² , donde los g _i son polinomios con coeficientes reales.

(Propuesto por Hungr´ ia, no usado, IMO 1973) Soluci´ on (de M ^a Ascensi´ on L´ opez Chamorro)

f tiene que ser de grado par y tendr´ a un m´inimo absoluto mayor o igual que 0; adem´ as el coeficiente principal y el t´ ermino independiente son positivos.

Si f es de segundo grado,

f (x) = ax ² + bx + c =

 √

ax + b 2 √

a

 2

+ r

c − b ² 4a

! ²

y esa descomposici´ on responde a las condiciones del problema (en este caso, g 2 es un polinomio constante).

Procedemos a continuaci´ on por inducci´ on sobre el grado del polinomio f :supongamos la proposici´ on cierta para cualquier polinomio de grado 2 (n − 1) ; sea gr(f ) = 2n

y β = f (α) ≥ 0 el m´inimo del polinomio f. Entonces

f (x) − β = (x − α) ² f _2(n−1) (x) = (x − α) ²

k

X

h=1

(g h (x)) ²

as´i que en este caso se tiene

f (x) =

k

X

h=1

((x − α) ² g _h (x)) ² + p β  ²

y hemos terminado la fase inductiva, lo que prueba la proposici´ on.

Problema 5

Sean a, b ∈ Z . Resolver (num´ericamente!) la ecuaci´on (ax − b) ² + (bx − a) ² = x, sabiendo que admite una ra´iz entera.

(M. Becheanu, Gazeta Matematic˘ a, Rumania) Comentario

Este es, en mi opini´ on, ”el m´ as bello problema sobre la ecuaci´ on de segundo grado jam´ as propuesto”; la soluci´ on es del proponente del problema, Mircea Becheanu, Jefe de la Delegaci´ on Rumana en la IMO.

Soluci´ on

Si a = b = 0, la ecuaci´ on es de primer grado, con soluci´ on ´ unica x = 0.

Supongamos a 6= 0 ´ o b 6= 0. La ecuaci´ on es

a ² + b ²
x ² − (4ab + 1) x + a ² + b ² = 0, de segundo grado, con ra´ices x ₁ , x ₂ , siendo x ₁ ∈ Z . Como

x ₁ = (ax ₁ − b) ² + (bx ₁ − a) ² ,

deducimos que x 1 es, adem´ as de entero, positivo. Como las ra´ices son reales, el discriminante de la ecuaci´ on ser´ a mayor o igual que cero:

(4ab + 1) ² − 4 a ² + b ²
2

≥ 0 ⇐⇒ h

1 − 2 (a − b) ² i h

1 + 2 (a − b) ² i

≥ 0 y esto exige que 1 − 2 (a − b) ² ≥ 0. Puesto que (a − b) ² es natural, resulta necesariamente (a − b) ² = 0, es decir, a = b.

Con esto, la ecuaci´ on se convierte en

2a ² − 4a ² + 1
x + 2a ² = 0 (**) y, seg´ un las f´ ormulas de Cardano-Vieta, se tiene

x 1 + x 2 = 2 + 1

2a ² , x 1 x 2 = 1.

Observamos que, al ser x 1 ∈ N , x 1 = 0 no puede ser ra´iz de (**), ni tampoco x 1 = 1 puede serlo. Por lo tanto, x 1 ≥ 2. Ya que x 2 = _x ¹

1

> 0, entonces x ₁ < x ₁ + x ₂ = 2 + _2a ¹

< 3. Por lo tanto 2 ≤ x ₁ < 3 con x ₁ entero implica x 1 = 2, x 2 = ¹ ₂ . Sustituyendo los valores resulta a ² = 1, as´i que a ∈ {−1, 1} .

La ´ unica posibilidad, entonces, es a = b = ±1, con ra´ices 2, ¹ ₂ . Problema 6

Hallar una condici´ on necesaria y suficiente para que la ecuaci´ on ax ² +bx+c = 0, a 6= 0, tenga una de sus ra´ices igual al cuadrado de la otra.

(Crux Mathematicorum 1973, Canad´ a) Soluci´ on

Sean r y r ² las ra´ices; entonces r ² + r = − b

a , r ³ = c a . Puesto que se verifica

r ² + r
³

= r ³ (r + 1) ³ = r ³ r ³ + 3 r ² + r
+ 1

se tiene la condici´ on necesaria



− b a

 ³

= c a

 c a − 3 b

a + 1



⇐⇒ b ³ + ca (c + a) = 3abc (*).

Esta condici´ on es suficiente, porque si (*) se cumple, y llamamos R, r a las ra´ices, sustituyendo − _a ^b = R + r, _a ^c = Rr, en la primera de las dos expresiones (*) se obtiene

(R + r) ³ = Rr [Rr + 3 (R + r) + 1] ⇐⇒ R ² − r

R − r ²
= 0, lo que prueba que una de las ra´ices es el cuadrado de la otra.

Problema 7 Resolver la ecuaci´ on

 2x ² x ² + 1



= x, siendo [] la parte entera.

(Gazeta Matematic˘ a, Rumania, 1990) Soluci´ on

Como _x ^2x

+1

≥ 0, h

2x

x

+1

i

es natural, luego x es natural.

Aplicamos la desigualdad de las medias arm´ onica y geom´ etrica a los n´ umeros positivos 1 y x ² : se tendr´ a

2 1 + _x ¹

≤ √

1 · x ² = x =⇒ 2x ²

x ² + 1 ≤ x (1).

Por otra parte, como

 2x ² x ² + 1



≤ 2x ² x ² + 1 , resulta seg´ un el enunciado

x ≤ 2x ²

x ² + 1 (2), as´i que ser´ a

x = 2x ² x ² + 1 , de donde x = 0 ´ o x = 1.

Problema 8

Sean a, b ∈ N ^∗ y la ecuaci´ on (x − a) ² + (x − b) ² = 2ab − 1.

Demostrar que :

i) la ecuaci´ on no tiene ra´ices racionales.

ii) Si b = a + 1, entonces la ecuaci´ on tiene ra´ices reales, y en este caso hallar la parte entera de las ra´ices de la ecuaci´ on.

(Gazeta Matematic˘ a, Rumania) Soluci´ on

i)La ecuaci´ on se puede escribir como

2x ² − 2 (a + b) x + (a − b) ² + 1 = 0.

La siguientes condiciones son equivalentes:

x ₁ , x ₂ ∈ Q ⇐⇒
=4 h

(a + b) ² − 2 (a − b) ² − 2 i

= k ² , k ∈ Z

⇐⇒ (a + b) ² − 2 (a − b) ² − 2 = l ² , l ∈ Z.

Sean p = a+b, q = a−b. Como p y q son de la misma paradad, distinguiremos dos casos:

1) p = 2u, q = 2v, con u, v ∈ Z. Entonces

(a + b) ² − 2 (a − b) ² − 2 = 4u ² − 8v ² − 2.

Puesto que 2 divide a 4u ² − 8v ² − 2, pero 4 no, es imposible que 4u ² − 8v ² − 2 sea un cuadrado perfecto.

2) p = 2u + 1, q = 2v + 1. En este caso,

(a + b) ² − 2 (a − b) ² − 2 = 4u (u + 1) − 8v (v + 1) − 3 = 8t + 5, t ∈ Z.

Como el resto de la divisi´ on por 8 de un cuadrado perfecto puede ser 0,1 ´ o 4, tampoco en este caso ∆ es un cuadrado perfecto.

Por lo tanto, las ra´ices de la ecuaci´ on no son racionales.

ii) Si b = a + 1, la ecuaci´ on es x ² − (2a + 1) x + 1 = 0, cuyo discriminante es 4a ² + 4a − 3. Como a ∈ N ^∗ , ∆ ≥ 5, as´i que las ra´ices son reales y distintas : x 1 < x 2 . Sea la funci´ on

f (x) = x ² − (2a + 1) x + 1, x ∈ R.

Se tiene : f (0) = 1 > 0; f (1) = 1−2a < 0; f (2a) = 1−2a < 0, f (2a+1) > 0.

Resulta as´i

0 < x 1 < 1 < 2a < x 2 < 2a + 1 y [x 1 ] = 0, [x 2 ] = 2a.

Problema 9

Demostrar que n ⁴ + 4 nunca es primo si n > 1 (Sophie Germain) Generalizaci´ on : 4 ⁿ + n ⁴ no es primo si n > 1.

(Olimpiada de Brasil) Soluci´ on

Se tiene

n ⁴ + 4 = n ⁴ + 4n ² + 4 − 4n ² = n ² + 2
²

− 4n ² = n ² + 2 − 2n

n ² + 2 + 2n
Es claro que el ´ ultimo factor es mayor que 1. En cuanto al otro,

n ² + 2 − 2n = (n − 1) ² + 1 es igualmente mayor que 1 si n 6= 1.

Generalizaci´ on :

Si n es par, es obvio que 4 ⁿ + n ⁴ es par y mayor que 2, luego no es primo.

Estudiaremos el caso impar utilizando la identidad (llamada de Sophie Ger- main)

x ⁴ + y ⁴ = 

x ² + y ² + √ 2xy  

x ² + y ² − √ 2xy 

. Entonces, si n = 2k + 1, 4 ⁿ = 4 ^2k+1 = √

2 · 2 ^k
4

, as´i que podemos escribir

4 ⁿ + n ⁴ = √

2 · 2 ^k  ⁴

+ n ⁴ = 2 ⁿ + n ² + 2 ^k+1 · n

2 ⁿ + n ² − 2 ^k+1 · n
Comprobemos finalmente que el menor de los dos factores anteriores no es igual a 1:

2 ⁿ + n ² − 2 ^k+1 · n = 2 ^2k+1 + (2k + 1) ² − 2 ^k+1 (2k + 1) =

= 2 · 2 ^2k − 2 · 2 ^2k (2k + 1) + (2k + 1) ² = 2 ^k − (2k + 1)  2

+ 2 ^2k ≥ 5 pues k > 0.

Problema 10

Hallar los n´ umeros reales positivos x, y sabiendo que las cuatro medias

a = x + y

2 , g = √

xy, h = 2xy x + y , k =

r x ² + y ²

2

son n´ umeros naturales cuya suma vale 66.

(Olimpiada de la Rep´ ublica Checa, 1995) Soluci´ on

Ya que 66 no es divisible por 4, no puede ser a = g = h = k, en consecuencia, por la desigualdad de las medias, ser´ a

h < g < a < k.

Sea c el m´ aximo com´ un divisor de a y g.Entonces

a = ca ₁ , g = cg ₁ donde g ₁ < a ₁ son primos entre s´i.

Ya que h = ^g _a

= ^cg _a

1

, el n´ umero c debe ser divisible por a 1 , es decir c = da ₁ para alg´ un n´ umero natural d. Las cuatro medias se pueden ahora expresar mediante d, a ₁ , g ₁ :

h = dg ² ₁ , g = da ₁ g ₁ , a = da ² ₁ , k = p

2a ² − g ² = da ₁ q

2a ² ₁ − g ₁ ² . Ya que la ra´iz cuadrada de un n´ umero natural es natural o irracional, el n´ umero p2a ² ₁ − g ² ₁ debe ser natural (que es adem´ as mayor que a 1 , porque g 1 <

a ₁ . De aqu´i que el tercer y cuarto sumandos de la igualdad dg ₁ ² + da 1 g 1 + da ² ₁ + da 1

q

2a ² ₁ − g ² ₁ = 66 (*)

son los dos mayores que a ² ₁ ( ya que d ≥ 1). De aqu´i se sigue que 2a ² ₁ < 66, es decir, a 1 < 5. Se comprueba f´ acilmente que de las diez ra´ices cuadradas

q

2a ² ₁ − g ² ₁ , 1 ≤ g ₁ < a ₁ ≤ 5 la ´ unica que es entera es √

2 · 5 ² − 1 ² , con a 1 = 5, g 1 = 1.

Sustituyendo en (*) se obtiene d = 1, lo que da (h, g, a, k) = (1, 5, 25, 35) . Los n´ umeros x, y son las soluciones de la ecuaci´ on

t ² − 50t + 25 = 0, es decir

{x, y} = n

25 + 10 √

6, 25 − 10 √ 6 o

. Problema 11

Sea m un n´ umero real, tal que las ra´ices x 1 y x 2 de la ecuaci´ on f (x) = x ² + (m − 2) x + m ² − 3m + 3 = 0 son reales.

a) Hallar todos los valores de m para los cuales x ² ₁ + x ² ₂ = 6.

b) Probar que

1 < mx ² ₁ 1 − x 1

+ mx ² ₂ 1 − x 2

+ 8 ≤ 121 9 (Olimpiada de Bulgaria, 1995)

Soluci´ on

a) Ya que la ecuaci´ on tiene dos ra´ices reales, su discriminante (m − 2) ² − 4 m ² − 3m + 3
= −3m ² + 4m + 4 ≥ 0, luego − ² ₃ ≤ m ≤ 2.

Por otra parte,

6 = x ² ₁ + x ² ₂ = (x 1 + x 2 ) ² − 2x 1 x 2 = −m ² − 2m + 10.

De aqu´i se obtiene m = −1 ± √ 5, pero

−1 − √ 5 < − 2

3 < −1 + √ 5 < 2, y por lo tanto s´ olo m = −1 + √

5 es soluci´ on del problema.

b) Se tiene

mx ² ₁ 1 − x 1

+ mx ² ₂ 1 − x 2

= m x ² ₁ (1 − x ₂ ) + x ² ₂ (1 − x ₁ )  f (1)

= x ² ₁ + x ² ₂ − x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) m − 2

= m ³ − 8m ² + 13m − 2 m − 2

= m ² − 6m + 1.

Entonces, si llamamos

F = mx ² ₁ 1 − x 1

+ mx ² ₂ 1 − x 2

+ 8, resulta F = (m − 3) ² , y entonces

121 9 =



− 2 3 − 3

 ²

≥ F > (2 − 3) ² = 1.

Problema 12

Se considera la funci´ on cuadr´ atica f (x) = −x ² + 4px − p + 1. Sea S el ´ area del tri´ angulo del que dos v´ ertices son los puntos de intersecci´ on de f (x) con el eje de abscisas,mientras que el tercer v´ ertice es el v´ ertice de la par´ abola. Hallar todos los racionales p tales que S es entero.

(Olimpiada de Bulgaria 1995)

Soluci´ on

El discriminante de f (x) es D = 4 4p ² − p + 1
> 0 para todo p real. En consecuencia f (x) tiene dos ra´ices reales x ₁ y x ₂ , y la par´ abola corta al eje x en dos puntos distintos, A y B. El v´ ertice C de la par´ abola tiene coordenadas 2p y h = f (2p) = 4p ² − p + 1 > 0. Se tiene

AB = |x ₁ − x ₂ | = q

(x ₁ − x ₂ ) ² = q

(x ₁ + x ₂ ) ² − 4x ₁ x ₂ = 2 p

4p ² − p + 1 Ahora calculamos

S = S ABC = AB · h

2 = 4p ² − p + 1
^3/2 .

Llamemos q = 4p ² −p+1. Ya que q es racional, y q ³ = S ² es entero, entonces q es entero tambi´ en.Entonces ^S _q es racional, y como su cuadrado 

S q

 ²

= q es entero, entonces ^S _q es igualmente entero. Por lo tanto q = n ² , siendo n un entero positivo :

4p ² − p + 1 − n ² = 0.

Esta ecuaci´ on cuadr´ atica (respecto de p) tiene una ra´iz racional exactamente cuando su discriminante 16n ² − 15 es el cuadrado de un n´ umero racional. Por lo tanto 16n ² − 15 = m ² , y no hay p´ erdida de la generalidad en suponer m entero positivo. De la igualdad

(4n − m) (4n + m) = 15 obtenemos

4n − m = 1 4n + m = 15



o bien 4n − m = 3 4n + m = 5



De aqu´i que n = 2, m = 7 o bien n = 1, m = 1.

Los n´ umeros racionales que estamos buscando son 0, 1, ¹ ₄ , − ³ ₄ . Problema 13

¿Para qu´ e funciones cuadr´ aticas f (x)existe una funci´ on cuadr´ atica g(x) tal que las ra´ices de la ecuaci´ on g(f (x)) = 0 son cuatro t´ erminos consecutivos (distintos) de una progresi´ on aritm´ etica y al mismo tiempo son tambi´ en ra´ices de la ecuaci´ on f (x) · g(x) = 0?

(Olimpiada de Chequia 2000) Soluci´ on

Se sigue de las hip´ otesis que cada una de las ecuaciones f (x) = 0, g(x) = 0 tiene dos ra´ices reales, y esas 4 ra´ices son distintas. Llamemos x 1 y x 2 a las ra´ices de f (x) = 0. Entonces f (x) = a (x − x 1 ) (x − x 2 ), donde a es un n´ umero real, a 6= 0. Por hip´ otesis, x 1 es tambi´ en ra´iz de g(f (x)), luego g(f (x 1 )) = g(0) = 0.

Por lo tanto, g(x) = 0 admite la ra´iz 0; sea b la otra ra´iz de esta ecuaci´ on : se tendr´ a g(x) = cx (x − b) , c 6= 0.

Los n´ umeros 0 y b son tambi´ en ra´ices de g(f (x)) = 0 :

g(f (0)) = cf (0)(f (0) − b) = 0, g(f (b)) = cf (b)(f (b) − b) = 0.

Como los n´ umeros 0 y b no pueden ser ra´ices de f, se sigue de ello que f (0) = f (b) = b.

As´i, sobre el eje real, los dos puntos 0 y b, as´i como los puntos x 1 y x 2

son sim´ etricos con respecto a la primera coordenada del v´ ertice de la par´ abola y = f (x). Los n´ umeros 0, b, x 1 y x 2 (que forman una progresi´ on aritm´ etica por hip´ otesis) pueden ser ordenados de dos maneras:

· Los n´ umeros x 1 y x 2 son interiores al intervalo [0, b] . Entonces, (con una elecci´ on apropiada de los sub´indices), x ₁ = b/3, x ₂ = 2b/3, luego

b = f (0) = a



− b 3

 

− 2b 3



= 2ab ²

9 =⇒ b = 9 2a y

f (x) = a

 x − 3

2a

  x − 3

a



= ax ² − 9 2 x + 9

2a .

· Los n´ umeros 0 y b son interiores al intervalo [x ₁ , x ₂ ] . Entonces (eligiendo apropiadamente los sub´indices), x ₁ = −b, x ₂ = 2b, de donde

b = f (0) = ab (−2b) = −2ab ² =⇒ b = − 1 2a y

f (x) = a

 x − 1

2a

  x + 1

a



= ax ² + 1 2 x − 1

2a .