Problema 4 IMO 2012

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Avatar de Usuario
Nacho

Colaborador OFO - Jurado
Mensajes: 562
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 10:28 pm
Medallas: 3
Nivel: Exolímpico

Problema 4 IMO 2012

Mensaje sin leer por Nacho » Mar 17 Jul, 2012 4:58 pm

Hallar todas las funciones [math] que cumplen la siguiente igualdad:

[math]


para todos los enteros [math] que satisfacen [math].

([math] denota el conjunto de los números enteros.)
"Though my eyes could see I still was a blind man"

Avatar de Usuario
Nacho

Colaborador OFO - Jurado
Mensajes: 562
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 10:28 pm
Medallas: 3
Nivel: Exolímpico

Re: Problema 4 IMO 2012

Mensaje sin leer por Nacho » Mié 18 Jul, 2012 10:48 pm

Spoiler: mostrar
Primero supongamos que [math] es constante. Es decir [math] para todo [math]. Eso implica trivialmente [math] y así [math] para todo [math].
Ahora podemos asumir que [math] no es constante.

Sea [math] la proposición [math].

Si consideramos [math] obtenemos [math].

Si consideramos [math] obtenemos [math] y así [math].

Si consideramos [math] obtenemos [math]. Es decir, [math].

Acá tenemos varios casos... Si [math] entonces de [math] se sigue que [math] y así [math] y entonces [math] para todo [math] siendo [math] constante. Absurdo.

Si [math] se sigue, considerando [math], que [math] y así [math] de donde [math].
Es trivial ver que las soluciones de la forma [math] funcionan.

Ahora supongamos que [math]. Habíamos visto que [math]. Esto implica [math] pues [math].
Si consideramos [math] se puede ver de forma análoga que [math].

Nuevamente tenemos dos casos: [math] y [math].

Si [math], se sigue de [math] que [math] y así [math]. Además de [math] se sigue que [math] y así [math]. Notemos además que teníamos [math].
Es trivial ver entonces que las soluciones de la forma [math] efectivamente andan, simplemente exhaustando todos los casos.

Ahora, asumamos que [math]. Eso nos da [math]. Vamos a buscar el valor de [math] ahora.
Si consideramos [math], obtenemos [math]. Reemplazando [math], obtenemos [math], es decir [math]. Pero notemos que eso es lo mismo que [math].

Nuevamente tenemos dos casos. Supongamos que [math]. Considerando [math] obtenemos [math]. Es decir, [math], pero como [math] obtenemos [math]. Pero teniamos que [math], de donde [math] pero ya habíamos visto que eso es absurdo.

Entonces [math].

Vamos a proceder por inducción ahora. Supongamos que [math] con [math] constante para todo [math]. Los casos base ya los cubrimos y son [math], [math], [math] y [math].

Consideremos [math]. Esto nos da [math]. Por hipótesis inductiva, [math]. Entonces [math].

Reacomodando los términos: [math]. Pero notemos que eso es equivalente a [math].

Nuevamente tenemos dos casos: si [math], consideremos [math]. Esto nos da [math]. Por hipótesis inductiva, tenemos que [math]. Podemos cancelar [math] y obtenemos [math], de donde [math] y así [math] o [math]. De cualquier forma, ya sabíamos que [math] y [math] no toman el valor que asumimos en este caso. Así que es absurdo, y obtenemos [math], completando la inducción.

Por último, debemos corroborar que las soluciones de la forma [math] son de hecho soluciones. Para ello, consideremos la factorización [math] pues [math]. Eso nos da [math]. Si multiplicamos por [math] a ambos lados obtenemos [math], que es lo que queríamos.


A modo de resumen, las soluciones son:
[math]

[math]

[math]

[math]

[math]
"Though my eyes could see I still was a blind man"

BrunZo

OFO - Medalla de Bronce FOFO 8 años - Mención Especial OFO - Medalla de Plata FOFO Pascua 2019 - Medalla
Mensajes: 72
Registrado: Mar 21 Nov, 2017 8:12 pm
Medallas: 4
Nivel: 1

Re: Problema 4 IMO 2012

Mensaje sin leer por BrunZo » Vie 03 May, 2019 10:51 pm

Solución:
Spoiler: mostrar
Primera parte:
Sea $P(a,b,c)$ la proposición $f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)$.
$P(0,0,0)\Longrightarrow 3f(0)^2=6f(0)^2\Longrightarrow f(0)=0$
$P(0,x,-x)\Longrightarrow f(x)^2+f(-x)^2=2f(x)f(-x)\Longrightarrow (f(x)-f(-x))^2=0\Longrightarrow f(x)=f(-x)$.
De modo que nos preocupamos por hallar la función sólo para los valores positivos.
Ahora, vamos a aprovechar que el dominio es $\mathbb{Z}$ para hallar $f(n+1)$ en función de $f(n)$.
Resolviendo $P(1,n,-n-1)$,
$\begin{eqnarray}
f(1)^2+f(n)^2+f(n+1)^2&=&2f(1)f(n)+2f(n)f(n+1)+2f(n+1)f(1)\\
(f(1)-f(n))^2+f(n+1)^2&=&2f(n+1)(f(1)+f(n))\\
f(n+1)^2+(2f(1)+2f(n))\cdot f(n+1)+(f(1)-f(n))^2&=&0\\
\end{eqnarray}$
Tenemos una cuadrática en $f(n+1)$ cuyas raíces son $\left (\sqrt{f(1)}\pm\sqrt{f(n)}\right )^2$.

Segunda parte:
Digo que la función recursiva $f(n+1)=\left(\sqrt{f(1)}\pm\sqrt{f(n)}\right)^2$ cumple que $f(n)$ debe ser cualquier cuadrado perfecto menor o igual a $n^2$ que comparta paridad con $n^2$ por una constante $c=f(1)$.
Lo demostramos por inducción:
- El caso base es trivial, ya que $f(1)=1^2\cdot c$.
- Si no, notemos que
$$\left(\sqrt{f(1)}\pm\sqrt{f(n)}\right)^2=\left(\sqrt{c}\pm\sqrt{m^2\cdot c}\right)^2=\left((1\pm m)\sqrt{c}\right)^2=(1\pm m)^2c=(m\pm 1)^2c$$
lo cual basta.
De este modo, podemos deducir que si $f(n)=m^2\cdot c$, entonces $f(n+1)=(m+1)^2c\lor f(n+1)=(m-1)^2c$

Tercera parte:
Ahora bien, si $f(1)=0$, entonces $f(n)=0\,\forall n$, que es una solución. Si no, notemos que $f/c$ es una solución si y sólo si $f$ lo es, por lo que, WLOG, asumimos que $c=1$.
Analizamos casos:

Caso i: $f(2)=0$.
Vamos a demostrar que $f$ tiene valores de $0$, $1$, $0$, $1$, etc.
Veamos que se cumple para los valores bajos.
Fijémonos que para $n$ par, si $f(n)=0$, entonces $f(n+1)=1$.
Para $n$ impar, $f(n+1)=4\lor f(n+1)=0$.
En el primer caso, consideremos $P(2,n-1,-n-1)\Longrightarrow 4^2=0$, puesto que $f(2)=f(n-1)=0$ al ser pares menores o iguales a $n$.
Luego se cumple el segundo caso.
De modo que la función es, alternativamente, $0$, $1$, $0$, $1$, como queríamos.

Caso ii: $f(2)=4$, $f(3)=1$.
Razonamos parecido a como antes, intentando demostrar que $f$ repite $0$, $1$, $4$, $1$, $0$, $1$, $4$, $1$, etc.
Fijémonos que para $n\equiv 0\mod 4$, si $f(n)=0$ entonces $f(n+1)=1$.
Para $n\equiv 1\mod 4$, si $f(n)=1$, tenemos $f(n+1)=4\lor f(n+1)=0$. Para el segundo caso, tomamos $P(2,n-1,-n-1)\Longrightarrow 4^2=0$, luego $f(n+1)=4$.
Para $n\equiv 2\mod 4$, si $f(n)=4$, tenemos $f(n+1)=9\lor f(n+1)=1$. Para el primer caso, tomamos $P(3,n-2,-n-1)\Longrightarrow 1^2+9^2=2\cdot 9$, luego tenemos $f(n+1)=1$.
Finalmente, para $n\equiv 3\mod 4$, tenemos $f(n+1)=4\lor f(n+1)=0$. Para el primer caso, tomamos $P(2,n-1,-n-1)\Longrightarrow 3\cdot 4^2=6\cdot 4^2$, por lo que $f(n+1)=0$.
De este modo, completamos el razonamiento.

Caso iii: $f(2)=4$, $f(3)=9$.
Vamos a demostrar que $f(n)=n^2$.
Como $f(n)=n^2$, entonces $f(n+1)=(n+1)^2\lor f(n+1)=(n-1)^2$.
Si $f(n+1)=(n-1)^2$, tomamos $P(2,n-1,-n-1)\Longrightarrow 4^2+2\cdot (n-1)^4=4\cdot 4\cdot (n-1)^2+2\cdot (n-1)^4\Longrightarrow 1=(n-1)^2\Longrightarrow n=2$. Pero estamos en el caso en el que $f(3)=9$, por lo que esto no puede ocurrir.
Esto implica que $f$ es la función deseada.

En definitiva, las soluciones son:
  • $f(n)=0$
  • $f(n)$ es $0$ si $n$ es par o $c$ si $n$ es impar.
  • $f(n)$ es $0$ para $n$ múltiplo de $4$; $4c$ para los otros pares, y $c$ para los impares.
  • $f(n)=n^2\cdot c$.
Considerando que, para todas las soluciones, $f(0)=0$ y $f(-n)=f(n)$.

Responder