51° IMO (2010) - Problema 1

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Caro - V3

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51° IMO (2010) - Problema 1

Mensaje sin leer por Caro - V3 » Dom 31 Oct, 2010 10:51 pm

Determine todas las funciones [math] tales que
[math]
para todos los números [math]. ([math] denota el mayor entero que es menor o igual a [math].)
Última edición por Caro - V3 el Mié 22 Dic, 2010 6:14 pm, editado 1 vez en total.
Guía de [math]: sirve para escribir ecuaciones como [math]

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Melanie
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Re: Ecuación funcional

Mensaje sin leer por Melanie » Dom 28 Nov, 2010 3:09 pm

Spoiler: mostrar
Si [math], tendremos [math]. Así, obtenemos dos casos: o bien [math] o bien [math] para todo [math] real.

a) [math] para todo [math] real.
Para todo [math] tendremos que la siguiente ecuación es válida: [math]. Si dejamos fijo [math]y movemos [math] por todos los reales, veremos que [math] para todo x.
(Por ahí es más claro fijar [math] para ver que [math] para todo [math])
Además, como [math] para todo [math] real, [math]
Por lo tanto, la solución a este caso es [math] para todo [math] tal que [math].

b) [math]
Toda la fiaca, en un rato paso este caso.

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pornprimes
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Re: Ecuación funcional

Mensaje sin leer por pornprimes » Dom 28 Nov, 2010 9:39 pm

Me corrijo: Por escribir así de bardero la primera línea de la solución me bajaron un punto. Y en el resto tené cuidado también. Cuando termines de pasarla me explico mejor.
Besis.
P0rN.Pr1m3s.

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Nacho

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Re: Ecuación funcional

Mensaje sin leer por Nacho » Sab 11 Dic, 2010 11:18 pm

Bueno, terminemos la solución y recapitulemos lo ya dicho:
Spoiler: mostrar
Sea [math] la proposición [math].
[math] implica que [math], para todo [math]. Eso implica que [math], por lo tanto hay dos casos posibles:

a) [math]:
[math] nos dice que [math]
Pero como [math], tenemos que [math] [math]
Nuevamente, [math] implica que [math], por lo tanto [math].
Entonces, [math] para algún [math] tal que [math].

b) [math]:
[math] implica que [math], por lo tanto [math], dando nuevamente dos casos:

b.1) [math]:
[math] implica que [math], pero como [math], [math] [math].
b.2) [math]:
[math] implica que [math].
[math] (con [math] algún entero positivo mayor que [math]) implica que [math]
Como dijimos que [math] sabemos que [math].
Por lo tanto, [math], absurdo. Por lo tanto este caso no tiene soluciones.

Recapitulando, las soluciones son[math], [math] y [math] [math]
(si manquié tipeando algo avisenme =P)
"Though my eyes could see I still was a blind man"

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Violeta

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Re: 51° IMO (2010) - Problema 1

Mensaje sin leer por Violeta » Sab 30 Jul, 2016 6:09 pm

Mi solución:
Spoiler: mostrar
Sustituimos [math] y tenemos que [math]. Entonces, hay dos casos: [math] o [math], [math].

Caso [math], [math]:

Sustituimos [math] y se tiene que [math]

[math]


Caso [math].

Ahora sustituyamos [math] y obtenemos lo mismo que con [math]: o bien [math] o [math], [math].

Si [math], sustituimos [math] y se tiene que:

[math]


Ahora consideraremos el último caso ([math] y [math]) y probaremos que este caso es absurdo.

Primero veamos con [math]:

[math] [math]

Ahora sustituyamos [math], [math] y se tiene que [math]. Pero por [math] : [math].

De esto sale que[math]. ABSURDO, pues ya habíamos quedado que[math].

De aquí sale que las únicas soluciones son[math]y[math],[math], y es trivial que ambas de estas cumplen el enunciado.
Ya que terminé, vi la solución de Nacho, para comparar, y son prácticamente iguales :P.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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Sandy

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Re: 51° IMO (2010) - Problema 1

Mensaje sin leer por Sandy » Mar 12 May, 2020 2:33 pm

Spoiler: mostrar
Tomando $y=0$: $f(0)=f(x)\lfloor f(0)\rfloor$

Luego, $f(x)$ es constante o $\lfloor f(0)\rfloor=f(0)=0$

Si $f(x)$ es constante, entonces $f(x)=f(x)\lfloor f(x)\rfloor$, luego $f(x)=k$ cumple para cualquier $k\in {0}\cup [1,2)$.

Veamos los casos donde $f(x)$ no es constante, es decir $f(0)=0$.
Sea $x=d\in [0,1)$.
$f(y\lfloor d\rfloor)=f(d)\lfloor f(y)\rfloor$
$f(0)=f(d)\lfloor f(y)\rfloor$
Luego, o bien $f(d)=0$ para todo $d\in [0,1)$, o bien $\lfloor f(y)\rfloor=0$ para todo $y\in \mathbb{R}$.
Veamos el primer caso y tomemos $y=d$:
$f(\lfloor x\rfloor d)=f(x)\lfloor f(d)\rfloor=0$

Pero entonces tomemos un $x$ positivo suficientemente grande y sea $d=\frac{k}{\lfloor x\rfloor}$ para algún $0\leq k<\lfloor x\rfloor$.
Nos queda $f(k)=0$, donde $k$ puede ser cualquier real no negativo, ya que $\lfloor x\rfloor$ puede ser arbitrariamente grande.
Del mismo modo, tomando $x$ negativo de valor absoluto lo suficientemente grande y $d=frac{k}{\lfloor x\rfloor}$ para algún $0\geq k>\lfloor x\rfloor$.
Nos queda $f(k)=0$, donde $k$ puede ser cualquier real no positivo, ya que $-\lfloor x\rfloor$ puede ser arbitrariamente grande.
Luego $f(x)=0$ es la única que cumple este caso.

Veamos ahora qué pasa si $\lfloor f(y)\rfloor=0$ para todo $y\in \mathbb{R}$.
Viendo la ecuación original, nos queda que $f(y\lfloor x\rfloor)=0$, y tomando $x=1$, $f(y)=0$.
Luego acá la única función que cumple es $f(x)=0$.

Vimos entonces que sólo cumplen las funciones de la forma $f(x)=k$, con $k\in {0}\cup [1,2)$.
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

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