FOFO 8 años Problema 5

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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AgusBarreto

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FOFO 8 años Problema 5

Mensaje sin leer por AgusBarreto » Vie 12 Oct, 2018 7:16 am

Sea $\mathbb{Z}$ el conjunto de los números enteros. Hallar todas las funciones $f:\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ tales que para todos $x, y$ enteros se verifica
$$f(x-y+f(y))= f(x)+f(y).$$

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AgusBarreto

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Re: FOFO 8 años Problema 5

Mensaje sin leer por AgusBarreto » Lun 15 Oct, 2018 5:26 pm

Aquí publicaremos la solución oficial.

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enigma1234

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Re: FOFO 8 años Problema 5

Mensaje sin leer por enigma1234 » Mar 16 Oct, 2018 3:29 am

Spoiler: mostrar
Sea $P (x,y):f (x-y+f (y))=f (x)+f (y) $.
$$P (x,x):f (f (x))=2f (x) $$
$$P (0,f (x)): f (f (x))=f (0)+f(f(x))\to f (0)=0$$
$$P (0,x):f (f (x)-x)=f (x) $$
Caso 1: f es inyectiva
Entonces $f (x)-x=x\to f (x)=2x $ para todos los $x$ enteros y es fácil ver que cumple.
Caso 2:f no es inyectiva
Existen $a>b $ enteros tal que $f (a)=f (b)=m$ Sea $r=a-b $
Supongamos que tenemos un $c $ tal que $f (c)=m.d $ Para algún $d $ entero positivo.
$$P (c,a):f (c-a+m)=m (d+1) $$
Como tenemos para d=1 entonces tendremos que existe $l $ tal que $f (l)=m.d $ para todo entero positivo $d $.
$$P (x-m+a,a)-P (x-m+a,b):f (x)-f (x+a-b)=0\to f (x)=f (x+r) $$
Entonces $f $ es periódica. Entonces $|f (x)|$ es acotada y dado que existe $l $ tal que $f (l)=m.d $ para todo entero positivo $d $, necesariamente $m=0$.
entonces como es periódica $f (x)=f (x+r) $ y por lo anterior $f (x)=0$
Por lo tanto las únicas soluciones son:$f (x)=2x$ para todos los enteros x o $f (x)=0$ para todos los enteros x y es claro que cumplen.

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Joacoini

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Re: FOFO 8 años Problema 5

Mensaje sin leer por Joacoini » Mar 16 Oct, 2018 11:10 am

Spoiler: mostrar
Si la función fuese constante $C=C+C⇒C=0$, luego $f(x)=0∀x$ probamos la función en la ecuación y vemos que funciona ya que $0=0+0$.

Supongamos ahora que la función no es constante, por lo tanto existe al menos un entero $b≠0$ en la imagen.

Remplazamos $y=x$.
$f(f(x))=2f(x)$ (1)

Remplazamos $y=f(0)$.
$f(x−f(0)+f(f(0)))=f(x−f(0)+2f(0))=f(x+f(0))=f(x)+f(f(0))=f(x)+2f(0)=f(x−0+f(0))+f(0)=f(x+f(0))+f(0)$.
De esto rescatamos $f(x+f(0))=f(x+f(0))+f(0)⇒f(0)=0$

Sea $z$ un entero cualquiera remplazamos $x=−f(z)$ y $y=f(z)$.
$f(−f(z)−f(z)+f(f(z)))=f(−2f(z)+2f(z))=f(0)=0=f(−f(z))+f(f(z))⇒−f(f(z))=f(−f(z))$

Remplazamos $y=−z$ y $x=−f(−z)$ y obtenemos $f(z)=f(−f(−z))+f(−z)=−f(f(−z))+f(−z)=−2f(−z)+f(−z)=−f(−z)$ (2)

Por (1) $f(b)=2b≠0$, supongamos que $f(nb)=2nb≠0, n∈\mathbb N$, luego remplazamos $x=nb$ y $y=b$, $f(nb−b+f(b))=f((n+1)b)=f(nb)+f(b)=2(n+1)b≠0$.
Completada la inducción tenemos que $f(kb)≠0, k∈\mathbb N$, y si a esto le agregamos (2) $f(kb)≠0, k∈\mathbb Z/k\neq 0$(3).

Supongamos que existe $a≠0/f(a)=0$, por (2) $f(-a)=0$.
Supongamos que $f(na)=0, n∈\mathbb N$, luego remplazamos $x=na$ y $y=−a$ y obtenemos $f((n+1)a)=0$ y por (2) $f(−na)=0$, en conclusión $f(ka)=0, k∈\mathbb Z$(4)

Por (3) $f(ab)≠0$ pero por (4) $f(ab)=0$, Contradicción, el supuesto a no existe por lo tanto si $f(z)=0⇒z=0$.

Remplazamos $x=−y$ y obtenemos $f(−2y+f(y))=f(−y)+f(y)$ por (2) $f(−2y+f(y))=0⇒−2y+f(y)=0⇒f(y)=2y$.
Probamos la función $f(x−y+f(y))=2(x−y+2y)=2x−2y+4y=2x+2y=f(x)+f(y)$.

En conclusión las soluciones son $f(x)=0∀x$ y $f(x)=2x∀x$
NO HAY ANÁLISIS.

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