Halle todos los polinomios $P(x)$ con coeficientes reales tales que $P(2014)=1$ y, para algún entero $c$, se cumple que$$xP(x-c)=(x-2014)P(x).$$
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En primer lugar, es fácil ver que [math]P no puede ser constante (como [math]P(2014) = 1, debería ser [math]P \equiv 1, y luego [math]x = x-2014, lo cual es absurdo). Tampoco puede ser [math]c = 0, pues llegaríamos al mismo absurdo de antes.
Ahora, sea [math]\alpha \in \mathbb{C} una raíz de [math]P. Evaluando ambos miembros de la ecuación en [math]x = \alpha, obtenemos [math]\alpha P(\alpha - c) = (\alpha - 2014) P(\alpha) = 0. Si [math]\alpha no es [math]0, lo anterior implica que [math]\alpha - c también es raíz de [math]P.
Análogamente, evaluando ambos miembros de la ecuación en [math]x = \alpha + c, vemos que [math]0 = (\alpha + c) P(\alpha) = (\alpha + c - 2014) P(\alpha + c), y por lo tanto, si [math]\alpha + c \neq 2014 se deduce que [math]\alpha + c también es raíz de [math]P.
Como [math]P tiene sólo finitas raíces, necesariamente tiene que suceder que dada cualquier raíz de [math]P, restándole [math]c una cierta cantidad de veces llegamos a [math]0. Es decir que toda raíz de [math]P es de la forma [math]kc, con [math]k \in \mathbb{N}_0. Más aún, si tomamos el máximo [math]k \in \mathbb{N}_0 tal que [math]kc es raíz de [math]P, vemos que [math](k-1)c, (k-2)c, \ldots, c, 0 también son raíces de [math]P, y no puede haber otras raíces más que estas. Por otra parte, si [math](k+1)c no fuera igual a [math]2014, podríamos concluir que [math](k+1)c también es raíz de [math]P, lo cual contradice la maximalidad de [math]k. Luego, [math](k+1)c = 2014, y en particular [math]c resulta ser un divisor positivo de [math]2014. Como [math]2014 = 2 \cdot 19 \cdot 53, hay [math]8 valores posibles para [math]c.
Hasta ahora sabemos que las raíces de [math]P son [math]0,c,2c, \ldots, 2014-c con [math]c un divisor positivo de [math]2014. Entonces [math]P(x) = A x^{m_0} (x-c)^{m_1} (x-2c)^{m_2} \ldots (x-(2014-c))^{m_k} donde [math]A es el coeficiente principal y las multiplicidades [math]m_i son enteros positivos. Reemplazando en la ecuación original del problema, nos queda
[math]A x (x-c)^{m_0} (x-2c)^{m_1} \ldots (x-2014)^{m_k} = A x^{m_0} (x-c)^{m_1} (x-2c)^{m_2} \ldots (x-2014).
Por factorización única de polinomios, comparando las multiplicidades en el lado izquierdo y el lado derecho podemos deducir que [math]m_0 = m_1 = \ldots = m_k = 1.
Entonces [math]P(x) = A x(x-c)(x-2c) \ldots (x-(2014-c)), y el coeficiente principal [math]A se debe elegir para que se cumpla que [math]P(2014) = 1, es decir [math]A = \frac{1}{2014 \cdot (2014-c) \cdot (2014-2c) \cdot \ldots \cdot c} = \frac{1}{c^{k+1} \cdot (k+1)!}.
Esto nos da una solución para cada [math]c divisor positivo de [math]2014, y no hay otras soluciones más que estas. [math]\blacksquare
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Vamos usar los siguientes dos hechos sobre polinomios con coeficientes reales (observacion: tambien valen sus analogos para polinomios con coeficientes enteros! Es decir, cambiando todos los [math]\mathbb R por [math]\mathbb Z.)
Lema 1: Sea [math]f(X) \in \mathbb R[X]. Sea [math]\alpha \in \mathbb R tal que [math]f(\alpha) = 0 (es decir una raiz de [math]f). Entonces [math]f(X) = (x - \alpha)g(x) para algun [math]g(X) \in \mathbb R[X].
Lema 2: Sea [math]f(X) \in \mathbb R[X]. Si [math]f tiene infinitas raices distintas, entonces [math]f es constantemente cero.
Sea [math]E(t) la igualdad [math]tP(t - c) = (t - 2014)P(t).
Notamos que [math]P no puede ser constante, porque sino como [math]P(2014) = 1 entonces [math]P(X) = 1 para todo [math]X, y ahora [math]E(0) nos da un absurdo.
Supongamos a modo de contradiccion que [math]c no es un divisor positivo de [math]2014. Entonces vemos por induccion que [math]P(kc) = 0 para todo [math]k \in \mathbb N_0. Esto vale para [math]k = 0 por [math]E(0). Si vale para [math]k, entonces para [math]k + 1 vale porque [math]E((k + 1)c) nos da [math](k + 1)cP(kc) = ((k+1)c - 2014)P((k+1)c). Pero por hipotesis inductiva [math](k + 1)cP(kc) = 0 \Rightarrow ((k+1)c - 2014)P((k+1)c) = 0 entonces [math](k+1)c - 2014 = 0 o [math]P((k+1)c) = 0. Pero lo primero no es posible ya que por hipotesis [math]c no es un divisor positivo de [math]2014. Luego [math]P((k+1)c) = 0 y esto completa la induccion. Pero ahora, si [math]c \neq 0 entonces [math]P tiene infinitas raices: [math]0,c,2c,3c,\dots, y entonces [math]P deberia ser, por el lema 2, el polinomio nulo, absurdo! (pues [math]P(2014) = 1). Entonces [math]c = 0. Pero entonces [math]XP(X) = (X - 2014)P(X), y por ejemplo [math]E(2014) nos da otro absurdo (pues [math]P(2014) = 1). Concluimos que [math]c debe ser un divisor positivo de [math]2014.
Para terminar notamos que cuando [math]c es divisor positivo de [math]2014, usando el mismo argumento inductivo de antes se concluye que [math]0,c,2c,\dots,2014 - c son raices de [math]P. Por lo tanto, usando repetidas veces el lema [math]1 queda
y entonces debemos tener [math]Q(X) = Q(X - c) para todo [math]X \neq 0,c,2c,\dots,2014. Pero entonces [math]Q(-c) = Q(-2c) = Q(-3c) = \dots y asi infinitamente, lo cual implicaria que el polinomio [math]R(X) = Q(X) - Q(-c) tiene infinitas raices (precisamente [math]-c,-2c,-3c,\dots; son distintas porque [math]c es un divisor positivo de [math]2014) con lo cual, por el Lema [math]2, [math]R es el polinomio nulo. Entonces [math]R(X) = 0 \Rightarrow Q(X) - Q(-c) = 0 \Rightarrow Q(X) = Q(-c) y entonces [math]Q es constante, digamos [math]Q(X) = q. Notar que ademas con [math]Q constante se hace valer inmediatamente la relacion [math]E(t). Por lo tanto, nos queda hacer cumplir nada mas que [math]P(2014) = 1. Despejando queda [math]q = \frac{1}{c(2c)(3c)\dots 2014}. Por lo tanto, [math]P(X) es de la forma
para algun [math]c divisor positivo de [math]2014, y como dijimos ademas todo [math]P de esta forma cumple las dos condiciones. Entonces estos son todos los posibles [math]P.
Asumamos que $c$ no es un divisor de $2014$. Luego, $P(0)=0$ y se puede probar por induccion que $P(kc)=0$, para todo $k$ entero positivo (pues $kc-2014$ nunca va a ser $0$). Pero entonces, $P$ tiene infinitas raices y debe ser exactamente $0$, que no es posible. Entonces, $c$ es un divisor de $2014$ (o bien, $c=0$, que se descarta porque implicaria $2014=0$) y con un razonamiento similar, llegamos a que $c$ debe ser positivo, pues si no lo fuera tendriamos que $P(kc)=0$, para todo $k$ entero positivo (pues $kc-2014<0$).
Digamos $P_c(x)= \frac{x(x-c)(x-2c)\ldots (x-(k-1)c)}{2014(2014-c)(2014-2c)\ldots (2014-(k-1)x)}$
Entonces, todos los $P_c(x)$ funcionan para todo $c \mid 2014, c>0$ y se puede ver facilmente.
Para todo [math]k, existen [math]k primos en sucesión aritmética.
Ahora notemos que si ponemos en la expresión original $x = 2014$, nos queda
$$2014P(2014-c) = 0 \iff P(2014-c) = 0$$
De donde $2014-c$ es raíz de $P$. Por inducción, veamos que si $2014-mc$ es raíz de $P$, entonces $2014-(m+1)c$ también lo es si $mc \neq 2014$. Poniendo $x = 2014-mc \neq 0$ y asumiendo que es raíz
Esta inducción también prueba que $c$ es es un divisor de $2014$, en caso contrario el polinomio tendría infinitas raíces y eso nos da un absurdo. De igual manera me pareció interesante que la derivada nos lo diga y por eso lo deje.
Además esta claro que $x = 0 \Rightarrow P(0) = 0$. Luego, sabemos que $P(x) = Ax^{\alpha_0}(x-c)^{\alpha_1}(x-2c)^{\alpha_2}\dots(x-mc)^{\alpha_m}Q(x)$, para algún polinomio $Q$ con raíces distintas a $0, 2014-c, 2014-2c, \dots 2014-mc$ y un entero $m$ tal que $(m+1)c = 2014$. Reemplazando esto en la expresión.
Luego, para que los exponentes coincidan debe ocurrir que todos sean iguales a $1$, luego cancelando legalmente (y asumiendo que $A \neq 0$) nos queda $Q(x-c) = Q(x)$ y es trivial que eso solo pasa si $Q(x)$ es constante. Entonces, $P(x) = Ax^{\alpha_0}(x-c)^{\alpha_1}(x-2c)^{\alpha_2}\dots(x-mc)^{\alpha_m}$, dado $P(2014) = 1$ hallamos el valor de $A$, el cuál es claramente no nulo, porque en ese caso $P(x) = 1$, lo cuál contradice $P(0) = 0$.
