IMO 2019 - P1

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Matías V5

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Mensaje sin leer por Matías V5 » Mar 16 Jul, 2019 9:29 am

Sea $\mathbb Z$ el conjunto de los números enteros. Determinar todas las funciones $f: \mathbb Z \to \mathbb Z$ tales que, para todos los enteros $a$ y $b$,
$f(2a)+2f(b) = f(f(a+b))$.
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

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Matías V5

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Re: IMO 2019 - P1

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mar 16 Jul, 2019 10:28 am

Spoiler: mostrar
Reemplazamos $a=0$ y $b=t$ en la ecuación original y obtenemos
$f(0) + 2f(t) = f(f(t))$
para todo $t \in \mathbb Z$.
Usamos esto para cambiar el lado derecho de la ecuación original, obteniendo
$f(2a) + 2f(b) = f(0) + 2f(a+b)$.
Reemplazando $a=1$ en esta última ecuación obtenemos
$f(2) + 2f(b) = f(0) + 2f(b+1)$,
que equivale a
$f(b+1) - f(b) = \frac{f(2)-f(0)}{2}$.
Vemos así que el valor de $f(b+1) - f(b)$ es constante. De esto se deduce que la función $f$ es de la forma $f(x) = kx + c$ (aquí $k$ sería $\frac{f(2)-f(0)}{2}$ y $c$ sería $f(0)$). Ahora sólo falta reemplazar esto en la ecuación original para ver los posibles valores de $k$ y $c$.
Reemplazamos en el lado izquierdo:
$k \cdot 2a + c + 2(kb + c) = 2k(a+b) + 3c$
Reemplazamos en el lado derecho:
$k \cdot (k \cdot (a+b) + c) + c = k^2(a+b) + (k+1)c$
Estas dos expresiones deben ser iguales para todo valor de $a$ y $b$. En particular, para $a=b=0$ obtenemos $3c = (k+1)c$, de donde $k=2$ o $c=0$.
Si $k=2$, entonces $2k = k^2$ y $3=k+1$, así que la función cumple las condiciones independientemente del valor de $c$.
Si $k \neq 2$, entonces $c=0$, y tenemos que $2k(a+b) = k^2(a+b)$, es decir $(k^2-2k)(a+b) = k(k-2)(a+b) = 0$ para todo valor de $a$ y $b$. Como sabemos que $k \neq 2$, podemos cancelar el factor $k-2$. Y como $a+b$ puede no ser $0$ (por ejemplo si reemplazamos ambos por $1$), concluimos que debe ser $k=0$. Este caso corresponde a la función constantemente igual a $0$, que cumple todas las condiciones.
Por lo tanto, las funciones que cumplen la ecuación del problema son $f(x)=0$ para todo $x$ y todas las de la forma $f(x) = 2x+c$ con $c \in \mathbb Z$. $\blacksquare$
1  
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BrunZo

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Re: IMO 2019 - P1

Mensaje sin leer por BrunZo » Mar 16 Jul, 2019 10:38 am

Solución:
Spoiler: mostrar
Sea $P(a,b)$ el hecho $f(2a)+2f(b)=f(f(a+b))$.
$P(0,a+1)\Longrightarrow f(0)+2f(a+1)=f(f(a+1))=f(2)+2f(a)\Longrightarrow f(a+1)-f(a)=\frac{f(2)-f(0)}{2}$.
De modo que $f$ es lineal.
De esto se sigue fácil que $f(x)=0$ ó $f(x)=2x+c$, que funcionan.

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Matías V5

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Re: IMO 2019 - P1

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mar 16 Jul, 2019 11:05 am

BrunZo escribió:
Mar 16 Jul, 2019 10:38 am
Solución:
Spoiler: mostrar
Sea $P(a,b)$ el hecho $f(2a)+2f(b)=f(f(a+b))$.
$P(0,a+1)\Longrightarrow f(0)+2f(a+1)=f(f(a+1))=f(2)+2f(a)\Longrightarrow f(a+1)-f(a)=\frac{f(2)-f(0)}{2}$.
De modo que $f$ es lineal.
De esto se sigue fácil que $f(x)=0$ ó $f(x)=2x+c$, que funcionan.
Decime que la parte que "se sigue fácil" la hiciste en la prueba....
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BrunZo

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Re: IMO 2019 - P1

Mensaje sin leer por BrunZo » Mar 16 Jul, 2019 11:43 am

Matías V5 escribió:
Mar 16 Jul, 2019 11:05 am
BrunZo escribió:
Mar 16 Jul, 2019 10:38 am
Solución:
Spoiler: mostrar
Sea $P(a,b)$ el hecho $f(2a)+2f(b)=f(f(a+b))$.
$P(0,a+1)\Longrightarrow f(0)+2f(a+1)=f(f(a+1))=f(2)+2f(a)\Longrightarrow f(a+1)-f(a)=\frac{f(2)-f(0)}{2}$.
De modo que $f$ es lineal.
De esto se sigue fácil que $f(x)=0$ ó $f(x)=2x+c$, que funcionan.
Decime que la parte que "se sigue fácil" la hiciste en la prueba....
Sí, así lo hice... Espero...
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Gianni De Rico

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Re: IMO 2019 - P1

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 16 Jul, 2019 3:56 pm

Solución:
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Sea $P(a,b)$ la proposición $f(2a)+2f(b)=f(f(a+b))$.
Entonces $$P(0,b)\Rightarrow f(0)+2f(b)=f(f(b))$$
Luego $$P(0,x+y)\Rightarrow f(0)+2f(x+y)=f(f(x+y))=f(2x)+2f(y)$$
Ahora, sea $Q(a,b)$ la proposición $f(2a)+2f(b)=2f(a+b)+f(0)$
Tenemos que $$Q(a,a)\Rightarrow f(2a)+2f(a)=2f(2a)+f(0)\Rightarrow f(2a)=2f(a)-f(0)$$
Sea $\tilde f(g)=f(g)-f(0)$. Luego, si $R(a,b)$ es la proposición $\tilde f(a+b)=\tilde f(a)+\tilde f(b)$ tenemos $$P(a,b)\iff f(2a)+2f(b)=f(f(a+b))\iff 2f(a)-f(0)+2f(b)=2f(a+b)+f(0)\iff f(a)+f(b)=f(a+b)+f(0)\iff f(a)-f(0)+f(b)-f(0)=f(a+b)-f(0)\iff \tilde f(a+b)=\tilde f(a)+\tilde f(b)\iff R(a,b)$$
Pero $R(a,b)$ es la ecuación funcional de Cauchy, luego, sus únicas soluciones son de la forma $\tilde f(a)=ma$, de donde $f(a)=ma+f(0)$. Luego, $P(a,b)$ es equivalente a $2ma+f(0)+2mb+2f(0)=m(m(a+b)+f(0))+f(0)$, que es equivalente a $2m(a+b)+3f(0)=m^2(a+b)+(m+1)f(0)$.
Entonces $$P(0,0)\Rightarrow 3f(0)=(m+1)f(0)\Rightarrow (m-2)f(0)=0$$
Luego, $m=2$ o $f(0)=0$. Si $m=2$ obtenemos $f(a)=2a+f(0)$, que claramente es solución. Si $f(0)=0$, entonces $$P(1,0)\Rightarrow 2m=m^2\Rightarrow m(m-2)=0$$
Luego, $m=2$ o $m=0$. El caso $m=2$ ya lo vimos. Si $m=0$, entonces $f(a)=0a+f(0)=f(0)=0$, que claramente es solución.
Por lo tanto, las únicas soluciones son $f(x)=2x+f(0)$ y $f(x)=0$.
Queda Elegantemente Demostrado

Peznerd
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Re: IMO 2019 - P1

Mensaje sin leer por Peznerd » Mar 27 Ago, 2019 6:58 pm

Esto no tiene ningún sentido, en mi vida había visto problemas con funciones de este tipo ¿En qué momento se ven? ¿Dónde puedo aprenderlas? ¿Me servirán para OMA sacando las competencias internacionales?
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Hernan26

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Re: IMO 2019 - P1

Mensaje sin leer por Hernan26 » Mié 18 Sep, 2019 9:53 pm

Otra manera de determinar que es lineal.
Spoiler: mostrar
Sea $P(x,y)$ la sustitución $f(2a)+2f(b)=f(f(a+b))$
-$P(0,0)$ $\Rightarrow$
$3f(0)=f(f(0))$

-$P(0,a)$ $\Rightarrow$ $f(0)+2f(a)=f(f(a))$ $1$
-$P(a,0)$ $f(2a)+2f(0)=f(f(a))$ $2$
-Por 1,2 y transitiva $\Rightarrow$ $f(0)+2f(a)=f(2a)+2f(0)$ $\Rightarrow$
$2f(a)-f(0)=f(2a)$
Sustituyendo, sea $Q(a,b)$ $\Rightarrow$ $2f(a)-f(0)+2f(b)=f(f(a+b))$
$Q(a,-a)$ $\Rightarrow$ $2f(a)-f(0)+2f(-a)=f(f(0))$ $\Rightarrow$
$2f(a)-f(0)+2f(-a)=3f(0)$ $\Rightarrow$
$2f(a)+2f(-a)=4f(0)$ $\Rightarrow$
$f(a)+f(-a)=2f(0)$
Sea $k$ un entero fijo $\Rightarrow$
$Q(a+k,-a)$ $\Rightarrow$ $2f(a+k)-f(0)+2f(-a)=f(f(a+k-a))$
$2f(a+k)-f(0)+2f(-a)=f(f(k))$ $\Rightarrow$
$2f(a+k)-f(0)+2(2f(0)-f(a))=f(f(k))$ $\Rightarrow$
$2f(a+k)-f(0)+4f(0)-2f(a)=f(f(k))$ $\Rightarrow$
$2f(a+k)-2f(a)=f(f(k))-3f(0)$ $\Rightarrow$
$f(a+k)-f(a)=\frac{f(f(k))-3f(0)}{2}$
Luego,como $f(a+k)\in \mathbb{Z}$ y $f(a)\in\mathbb{Z}$ $\Rightarrow$ $\frac{f(f(k))-3f(0)}{2}\in\mathbb{Z}$
Además, $\frac{f(f(k))-3f(0)}{2}$ es constante respecto a $f(a+k)-f(a)$ $\Rightarrow$
$f(a+k)-f(a)=C$, $C\in\mathbb{Z}$ Tomando $k=1$ $\Rightarrow$
$f(a+1)-f(a)=C$ y como estamos en una función con dominio y codominio entero $\Rightarrow$
La función es de la forma $f(x)=mx+n$

HelcsnewsXD
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Re: IMO 2019 - P1

Mensaje sin leer por HelcsnewsXD » Mar 01 Oct, 2019 5:58 pm

Spoiler: mostrar
Tenemos que $f(2a)+2\times f(b)=f(f(a+b))$ / $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}, a,b \epsilon \mathbb{Z}$

Si $a=0 \Rightarrow f(0)+2\times f(b)=f(f(b)) \Rightarrow f(2a)+2f(b)=f(0)+2f(a+b)$
Si $a=1 \Rightarrow f(2)+2f(b)=f(0)+2f(1+b) \Rightarrow \frac{(f(2)-f(0))}{2}=f(b+1)-f(b) \Rightarrow$
$\Rightarrow f(x)=kx+c / k, x, c \epsilon \mathbb{Z} \Rightarrow 2ak+c+2bk+2c=f(ak+bk+c) \Rightarrow 2ak+c+2bk+2c=ak^{2}+bk^{2}+ck+c \Rightarrow$
$\Rightarrow Si a=b, 2ak+c+2ak+2c=ak^{2}+ak^{2}+ck+c \Rightarrow 4ak+3c=2ak^{2}+ck+c \Rightarrow 4ak+2c=2ak^{2}+ck \Rightarrow$
$\Rightarrow 2(2ak+c)=k(2ak+c) \Rightarrow k=2 \vee 2ak+c=0 \Rightarrow f(x)=0 \vee f(x)=2x+c / c \epsilon \mathbb{Z}$

Si comprobamos, tenemos que, para $f(x)=0, 0+0=f(0) \Rightarrow 0=0$
Y para $f(x)=2x+c, 4a+c+4b+2c=f(2a+2b+c) \Rightarrow 4a+4b+3c=4a+4b+2c+c \Rightarrow 0=0$ y se cumple

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