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El problema
En esta entrada veremos una solución al Problema 3 de la Centro 2016 distinta a la solución oficial. El problema dice lo siguiente:
El polinomio $Q(x)=x^3-21x+35$ tiene tres raíces reales diferentes $p$, $q$ y $r$. Encuentra reales $a$ y $b$ para los cuales el polinomio $P(x)=x^2+ax+b$ permuta cíclicamente (en algún orden) a $p$, $q$ y $r$.
Si quieres intentar el problema, este es el momento. A partir de la siguiente sección se comenzará a hablar de las soluciones.
La solución oficial
Comenzaré platicando de la solución oficial. Supongamos que dichos $a$ y $b$ existen. Por comodidad, llamaremos $S_1=x+y+z$, $S_2=x^2+y^2+z^2$, $S_3=x^3+y^3+z^3$, $T=xy+yz+zx$. Hay una primera parte en la que se encuentra «los únicos $a$ y $b$ que podrían ser».
- Usando fórmulas de Vietta, se obtiene directamente que $S_1=0$, $T=-21$.
- Desarrollando $(x+y+z)^2$ se obtiene que $S_2=42$.
- Evaluando $Q$ en $p$, $q$, $r$, usando que son raíces y sumando se obtiene que $S_3=21S_1-105=105$.
- Evaluando $P$ en $p$, $q$, $r$ y sumando se obtiene el valor de $b$ que es $-14$
- Haciendo la suma $pP(p)+qP(q)+rP(r)$ por un lado se obtiene $T$ y por otro $S_3+aS_2$. De aquí se obtiene el valor de $a$ que es $2$.
Luego viene una parte latosa en la que hay que verificar que en efecto estos $a$ y $b$ funcionan. La idea es:
- Escribir $Q(P(x))$ de manera conveniente para que sea fácil darse cuenta de que si $x$ es raíz de $Q(x)$, entonces $P(x)$ también.
- Demostrar por contradicción que $P$ no fija ninguna raíz.
- Demostrar por contradicción que $P$ no transpone dos raíces.
La nueva solución
La solución que voy a proponer ahora no necesita este segundo paso, pues por cómo se ordenan las ideas es directo que $P$ permuta las raíces. Y en cierto sentido, el paso 1 de la solución es el último paso de la nueva solución. Intentaré platicar a detalle de dónde se ocurren las ideas.
Una idea bien importante de polinomios
Hay una idea muy importante que hay que tener en cuenta siempre que se nos pide que encontremos un polinomio que pasa por ciertos puntos:
Sea $n$ un entero. Imagina que te dan $d+1$ números distintos $x_1$, …, $x_{d+1}$ y $d+1$ números no necesariamente distintos $y_1$, …, $y_{d+1}$. Entonces existe uno y sólo un polinomio $P$ de grado a lo más $d$ que para toda $i$ hace $P(x_i)=y_i$.
De hecho, hasta hay forma de decir quien es. Por ejemplo está fácil ver que el siguiente polinomio $P$ de grado $2$ hace que $P(r)=s$, $P(s)=t$ y $P(t)=r$. La fórmula no me la inventé yo. Viene de un teorema general que se llama «interpolación de Lagrange».
\[P(x)=\frac{(x-s)(x-t)}{(r-s)(r-t)}\cdot s + \frac{(x-t)(x-r)}{(s-t)(s-r)}\cdot t + \frac{(x-r)(x-s)}{(t-r)(t-s)}\cdot r \]
En este punto uno se tiene que dar cuenta de una cosa: hay dos formas de permutar las raíces cíclicamente ($r\to s\to t\to r$ y $r\to t\to s\to r$). Por la unicidad del resultado anterior, estas dos formas de permutar darán dos polinomios distintos $P_1$ y $P_2$. Observemos que $P_1$ y $P_2$ automáticamente permutan las raíces, es decir, ya mostramos que existen polinomios que permutan las raíces.
Pero aún falta un pequeño paso hacer la conexión con el problema. Necesitamos mostrar que uno de ellos es mónico. Si lo logramos, la parte 1 de la solución oficial nos dará los valores de $a$ y $b$ y tenemos de manera gratuita que en efecto permuta las raíces.
Truco con diferencia de cuadrados
Antes de ver por qué uno de esos polinomios es mónico, haré un pequeño paréntesis de un truco algebraico. Se trata de calcular $Q(x)Q(-x)$ de dos formas distintas usando diferencia de cuadrados. Por un lado, sabemos que $Q(x)=(x-r)(x-s)(x-t)$, así que usando diferencia de cuadrados:
$Q(x)Q(-x)=(x-r)(x-s)(x-t)(-x-r)(-x-s)(-x-t)=(r^2-x^2)(s^2-x^2)(t^2-x^2)$.
Por otro lado, $Q(x)=x^3-21x+35$ y $Q(-x)=-x^3+21x+35$. Usando otra vez diferencia de cuadrados:
$Q(x)Q(-x)=35^2-(x^3-21x)^2$.
Así que, por ejemplo, si evaluamos $Q(x)Q(-x)$ en $x=\sqrt{28}$ e igualamos las expresiones de arriba, obtenemos lo siguiente (para ver la última igualdad conviene factorizar el 49 primero).
$(r^2-28)(s^2-28)(t^2-28)=35^2-(28\sqrt{28}-21\sqrt{28})^2=- 3\cdot 49$.
Armar las piezas
De la expresión que pusimos en la sección de la idea importante de polinomios, se puede encontrar el coeficiente principal de $P(x)$ como sigue
$\frac{s}{(r-s)(r-t)}+\frac{t}{(s-t)(s-r)}+\frac{r}{(t-r)(t-s)}$
Parece una expresión espantosa, pero no lo es tanto dándose cuenta de que $(r-s)(s-t)(t-r)$ es denominador común y entonces es igual a
$\frac{s(t-s)+t(r-t)+r(s-r)}{(r-s)(s-t)(t-r)}$.
En el numerador volvemos a encontrar a nuestros conocidos $S_2$ y $T$, así que el numerador es $63$. El denominador no nos gusta, pues no es una función simétrica en $r$, $s$, $t$. De hecho, el denominador es exactamente lo que hace que haya dos polinomios ($P_1$ y $P_2$). Para volver el denominador una función simétrica, lo elevamos al cuadrado. ¡Pero ahora hay que estudiarlo con precaución para que no se descontrole!
Al elevar $r-s$ al cuadrado obtenemos $r^2+s^2-2rs$. Usemos de nuevo $S_1$, $S_2$ y $T$ para convertir esta expresión en $(42-t^2)+(42+2st+2tr)=84+t(2s+2r-t)=84-3t^2=3(28-t^2)$.
Ahora usaremos el truco que vimos en la sección anterior. El denominador al cuadrado queda:
$27(28-r^2)(28-s^2)(28-t^2)=(-27)(-3\cdot 49)=63^2$.
Entonces el denominador es $63$ o $-63$. ¿De qué depende? Del signo de $(r-s)(s-t)(t-r)$. Así que si nombramos a las raíces de modo que esto sea positivo, el denominador es $63$. Con esto el polinomio obtenido es mónico, y por la parte $1$ de la solución oficial $a=2$, $b=-14$.
Un problema adicional
La solución anterior dice un poco más. Dice que el otro polinomio (el que permuta hacia el otro lado las raíces) tiene coeficiente principal igual a $-1$. Les dejo un problema bonito que se me ocurrió de todo esto.
Sea $Q(x)$ un polinomio de grado $3$ con tres raíces reales distintas. Sean $P_1$ y $P_2$ los dos polinomios cuadráticos que permutan cíclicamente las raíces. Muestra que $P_1+P_2$ es un polinomio de grado $1$.
Hay una solución con las ideas de arriba, pero hay una solución mucho más sencilla. Si tienen dudas, me pueden preguntar.