Solución del problema de enero, 2012

El problema:
	El polinomio $p(x)$ a coeficientes reales tiene grado $2011$ y satisface $$p(n)=\frac{n}{n+1}$$ para todos los enteros $n,\; 0 \le n \le 2011$. Calcule $p(2012)$.

Solución: $p(2012) = 1.$ Recibimos soluciones correctas de Lamis Alsheikh (Siria) Bojan Bašić (Serbia) Lou Cairoli (USA) Bernard Collignon (Francia) Olivier Cyr (Francia) Hubert Desprez, (Francia) Dan Dima (Rumania) Mei-Hui Fang (Austria) Philippe Fondanaiche (Francia) Gruian Cornel (2 solutions) (Rumania) Benoît Humbert (Francia) Ile Ilijevski (Macedonia) Wolfgang Kais (Alemania) Marc Lichtenberg (Francia) Albert Stadler (Suiza) Ruben Victor Cohen (Argentina) Matthew Lim (USA) Codreanu Ioan Viorel (Rumania) César Días Mijangos (México) Mathias Schenker (Suiza) También recibimos cuatro soluciones parciales.

La solución:

Sea $q(x):=(x+1)p(x)-x$. El polinomio $q(x)$ tiene grado 2012 y conocemos sus 2012 ceros,
ya que $q(0) = q(1) = q(2) \dots = q(2011) =0$. Podemos entonces escribirlo como un producto de sus factores
lineales,
$$q(x) = Cx(x-1)...(x-2011),$$
para cierta constante $C$. Para hallar $C$ notemos que, por definición,
$q(-1) = (-1+1)p(-1) - (-1) = 1$; mientras que por la factorización tenemos
$q(-1) = C(-1)(-2)\dots(-2012) = C\cdot 2012!$; entonces
$$C=\frac1{2012!}.$$
Como
$p(x) = \frac1{x+1}(q(x)+x)$, tenemos que
$$p(2012) = \frac1{2013}\left(\frac1{2012!}\cdot(2012\cdot2011\cdot \dots \cdot 1) + 2012\right) = \frac{2013}{2013} = 1.$$

Comments
Tanto Kais como Humbert observaron que, con la excepción de $x=-1$, uno puede hallar fácilmente
cualquier valor de $p(x)$ por sustitución directa en la ecuación factorizada de $q(x)$.
Es bastante más complicado mostrar que $p(-1) = 1 - \left(1 + \frac12 + \frac13 + \dots +\frac1{2012}\right)$.
?Podrá el lector probar que están en lo cierto?

Muchos lectores resolvieron el problema más general de considerar un entero arbitrario $\kappa$ en lugar de 2011:
Hallar $p_\kappa(\kappa+1)$ cuando $p_\kappa(x)$ es un polinomio de grado $\kappa$
a coeficientes reales que satisface $p_\kappa(n) = \frac{n}{n+1}$ para todos los enteros
$n$, $0 \le n \le \kappa$. Esta versión fue el Problema 3 en la
USA Mathematical Olympiad de 1975; agradecemos a Codreanu Ioan por esta información.
El único detalle con el que hay que tener cuidado en el caso general es el cálculo de la constante
$C$:
$$q(-1) = C(-1)(-2)\dots(-\kappa-1) = C\cdot(-1)^{\kappa+1}\cdot (\kappa+1)!.$$
Se sigue que
$$p_\kappa(\kappa+1)= \frac{\kappa+1+(-1)^{\kappa+1}}{\kappa+2}.$$
Entonces, cuando $\kappa$ es impar (como en nuestro problema) $p_\kappa(\kappa+1) = 1$;
cuando $\kappa$ es par, $p_\kappa=\frac{\kappa}{\kappa+2}$.