Maratón de Problemas

[Matías]

Solución 302

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Si $x=y=0$ tenemos que $f(f(0))=f(0)^2-2f(0)+3=(f(0)-1)^2+2$, lo cual implica que $f(0)\neq 0$ y $f(f(0))\neq 0$
Si $y=0$ y $x=a$ tenemos que $f(a^2+f(0))=(a+f(0)-2)f(a)+3$
Si $y=0$ y $x=-a$ tenemos que $f(a^2+f(0))=(-a+f(0)-2)f(-a)+3$
Por lo tanto $(a+f(0)-2)f(a)=(-a+f(0)-2)f(-a)$ $\forall a\in Q$ (1)

Si $x=0$ e $y=-f(0)$ tenemos que $f(0)=(f(-f(0))-2)f(0)+3\implies f(-f(0))=3-\frac{3}{f(0)}$ ya que $f(0)\neq 0$
Si $a=f(0)$ por (1) tenemos que $(2f(0)-2)f(f(0))=-2f(-f(0))\implies (f(0)-1)f(f(0))=3\frac{1-f(0)}{f(0)}$
Recordando que $f(0)\neq 0$ y $f(f(0))\neq 0$, obtenemos que:

-Si $f(0)=1$ la igualdad se cumple y además $f(f(0))=2=f(1)$ y $f(-f(0))=0=f(-1)$

-Si $f(0)\neq 1$ tenemos que $f(f(0))=\frac{-3}{f(0)}$, pero como teníamos que $f(f(0))=f(0)^2-2f(0)+3$ obtenemos que $f(0)^3-2f(0)^2+3f(0)+3=0$.
Como $f(0)\in Q$ tenemos que existen enteros distintos de cero $\alpha$ y $\beta$, coprimos, tales que $f(0)=\frac{\alpha}{\beta}\implies \frac{\alpha^3}{\beta^3}-2\frac{\alpha^2}{\beta^2}+3\frac{\alpha}{\beta}+3=0\implies \alpha^3-2\alpha^2\beta+3\alpha\beta^2+3\beta^3=0$
Ahora bien, nos queda que $\alpha^3+3\alpha\beta^2+3\beta^3=2\alpha^2\beta$ entonces si $\alpha$ y $\beta$ son impares o uno es par y el otro es impar nos queda que $\alpha^3+3\alpha\beta^2+3\beta^3$ es impar, por lo tanto $\alpha$ y $\beta$ deben ser pares, pero teníamos que son coprimos (absurdo).

Entonces concluimos que $f(0)=1$, $f(1)=2$ y $f(-1)=0$

Si $x=0$ $\forall y\in Q$ nos queda que $f(y+1)=f(y)+1\implies f(y+z)=f(y)+z$ $\forall z\in Z$ (2)
Si $x=-1$ $\forall y\in Q$ nos queda que $f(1+y+f(-y))=3\implies f(f(-y)+y)=2$
Por (1) nos queda que $(a-1)f(a)=(-a-1)f(-a)$ $\forall a\in Q$
Entonces, si $f(a)=0$ tenemos que debe ser $a=-1$ (no puede ser $f(-a)=0$ ya que $f(-a)=0\implies f(a)=2$), o sea que $f(a)=0\implies a=-1$
Así que por (2) nos queda que $f(f(-y)+y)-2=0=f(f(-y)+y-2)\implies f(-y)+y-2=-1\implies f(-y)=1-y\implies f(y)=y+1$ $\forall y\in Q$

Demostremos que la función cumple:
$f(x^2+y+xy+1)=(x+y-1)(x+1)+3$
$x^2+y+xy+2=x^2+x+xy+y-x-1+3=x^2+xy+y+2$

Por lo tanto concluimos que la única función que cumple es $f(x)=x+1$ $\forall x\in Q$

[Matías]

Problema 303
Hallar todas las funciones $f:N\rightarrow Z$ tales que
$$\prod_{i=1}^{n} f(i)\leq f(n+1)\leq \sum_{i=1}^{n} f(i)$$
para todo $n$ natural.

[Emerson Soriano]

Para este problema está considerando que 0 es natural?

[enigma1234]

Creo que no, aparte en la sumatoria y productoria n debe ser al menos 1 para que tenga sentido.

[Emerson Soriano]

Solución al problema 303.

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Vamos a demostrar que la única función que cumple es $f(x)=1$. En efecto, supongamos que existe un entero positivo $i$ tal que $f(i+1)>1$ y considere que $i$ es mínimo, entonces $f(1)=f(2)=\cdots =f(i)=1$. Por definición (del problema) tenemos que

$2\leqslant f(i+1)\leqslant f(1)+f(2)+\cdots +f(i)=i$.

Luego, tenemos que

$2\leqslant f(1)\times \cdots \times f(i)\times f(i+1)\leqslant f(i+2)\leqslant f(1)+\cdots +f(i)+f(i+1)=2i.$

También tenemos que

$2^{2}\leqslant f(1)\times \cdots \times f(i)\times f(i+1)\times f(i+2)\leqslant f(i+2)\leqslant f(1)+\cdots +f(i)+f(i+1)+f(i+2)=4i.$

Si continuamos el procedo podemos probar por inducción que

$2^{2^{n-1}}\leqslant f(i+n+1)\leqslant 2^{n}\times i,$

para todo entero positivo $n$. Pero entonces la desigualdad $2^{2^{n-1}}\leqslant 2^{n}\times i$ tiene que ser verdadera para todo entero positivo $n$, por lo tanto, $2^{2^{n-1}-n}\leqslant i$ para todo entero positivo $n$, pero esto es absurdo ya que $2^{2^{n-1}-n}$ es más grande que $i$ para $n$ suficientemente grande.

Finalmente, $f(x)=1$ para todo entero positivo $x$.

[Emerson Soriano]

Problema 304.
Determinar el mayor número real $c$ que tiene la siguiente propiedad: "en cualquier heptágono convexo, la suma de las longitudes de todas sus diagonales es mayor que $cP$, donde $P$ es el perímetro del heptágono".

[Matías]

Solución al problema 303.

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Vamos a demostrar que la única función que cumple es $f(x)=1$. En efecto, supongamos que existe un entero positivo $i$ tal que $f(i+1)>1$ y considere que $i$ es mínimo, entonces $f(1)=f(2)=\cdots =f(i)=1$. Por definición (del problema) tenemos que

$2\leqslant f(i+1)\leqslant f(1)+f(2)+\cdots +f(i)=i$.

Luego, tenemos que

$2\leqslant f(1)\times \cdots \times f(i)\times f(i+1)\leqslant f(i+2)\leqslant f(1)+\cdots +f(i)+f(i+1)=2i.$

También tenemos que

$2^{2}\leqslant f(1)\times \cdots \times f(i)\times f(i+1)\times f(i+2)\leqslant f(i+2)\leqslant f(1)+\cdots +f(i)+f(i+1)+f(i+2)=4i.$

Si continuamos el procedo podemos probar por inducción que

$2^{2^{n-1}}\leqslant f(i+n+1)\leqslant 2^{n}\times i,$

para todo entero positivo $n$. Pero entonces la desigualdad $2^{2^{n-1}}\leqslant 2^{n}\times i$ tiene que ser verdadera para todo entero positivo $n$, por lo tanto, $2^{2^{n-1}-n}\leqslant i$ para todo entero positivo $n$, pero esto es absurdo ya que $2^{2^{n-1}-n}$ es más grande que $i$ para $n$ suficientemente grande.

Finalmente, $f(x)=1$ para todo entero positivo $x$.

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Te faltó ver cuando $f(1)=0$ y $f(1)<0$, la función $f(n)=0$ $\forall n\in N$ también cumple (igual son una boludez esos casos)

[Emerson Soriano]

Se me pasó. Asumí que las imágenes sólo son positvas.

[enigma1234]

Solución 304:

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Sea $A_1A_2...A_7$ el heptagono.Y sea $S_1$ y $S_2$ la suma de las diagonales tipo $A_iA_{i+2}$ y $A_iA_{i+3}$ respectivamente (considere $A_j=A_{j+7}$) y sea $S$ la suma de las diagonales .
De eso es claro que $S_1+S_2=S$ veamos que $S>2P $.
Lema:Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo entonces tenemos que $AC+BD>AB+CD $.
Prueba:

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Sea $E $ la intersección de las diagonales.Entonces por existencia de triángulo tenemos que $AE+EB>AB $ y $CE+ED>CD$. Sumando estas cosas tenemos lo pedido.

Ahora usemos el lema en:
1.$A_iA_{i+1}A_{i+4}A_{i+5}$ y tenemos que $AiA_{i+4}+A_{i+1}A_{i+5}>A_iA_{i+1}+A_{i+4}A_{i+5}$ para todo $i $.
Sumando para cada $i=1,2,...,7$ es fácil ver que tenemos que $2S_2>2P$
2.$A_iA_{i+1}A_{i+2}A_{i+3}$ y tenemos que:
$AiA_{i+2}+A_{i+1}A_{i+3}>A_iA_{i+1}+A_{i+2}A_{i+3}$ para todo $i $.
Sumando para cada $i=1,2,...,7$ es fácil ver que tenemos que $2S_1>2P$
Sumando ambos resultados tenemos que $S>2P $,de esto tenemos que $c $ es al menos 2.
Supongamos que $c>2$
Hagamos que $A_1$ sea centro de una circunferencia de radio 1 en la cual se encuentran los demás puntos (como se muestra en el gráfico) y que $A_2A_3=A_3A_4=...=A_6A_7$

Screenshot_2018-02-28-20-15-51-1.png

Sea $\angle A_2A_1A_3=\alpha $ entonces tenemos que $S=4+f (\alpha)$ y $P=2+g(\alpha)$
Entonces $4+f (\alpha)>c (2+g (\alpha))\to f (\alpha)-c (g(\alpha))>2c-4>0$
Es obvio que $g (\alpha)>0$ entonces $f (\alpha)> f (\alpha)-c (g(\alpha))$
Entonces $f (\alpha)>2c-4$ pero es claro que cuando $\alpha $ tiende a 0 entonces $f (\alpha)$ tiende a 0 lo cual contradice lo anterior.
Por tanto $c=2.$

[enigma1234]

Problema 305
Están dados 305 puntos en el plano tal que todas las distancias entre dichos puntos son distintas.Para cada punto marcamos el punto mas cercano.Hallar la mínima cantidad de puntos marcados.