OFO 2020 Problema 15

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Turko Arias

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OFO 2020 Problema 15

Mensaje sin leer por Turko Arias »

Sea $\mathbb{R}^+$ el conjunto de los números reales positivos. Determinar todas las funciones $F:\mathbb{R}^+\rightarrow\mathbb{R}^+$ que cumplen la siguiente propiedad: si $x$, $y$ y $z$ son los lados de un triángulo cuyo inradio es $r$, entonces $F(x)$, $F(y)$ y $F(z)$ son los lados de un triángulo cuyo inradio es $F(r)$.

Aclaración: El inradio de un triángulo es el radio de la circunferencia interior al triángulo que es tangente a sus tres lados.
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Turko Arias

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Re: OFO 2020 Problema 15

Mensaje sin leer por Turko Arias »

Aquí vamos a publicar la solución oficial.
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Fedex

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Re: OFO 2020 Problema 15

Mensaje sin leer por Fedex »

Un avance :-)
Spoiler: mostrar
Llamemos $O$ al incentro de un triangulo $ABC$. Esta circunferencia interior tiene 3 puntos de tangencia en los 3 lados del triangulo, por lo tanto, si trazamos los 3 inradios que son perpendiculares a los lados del triangulo, obtendremos la altura de 3 triángulos $AOB$, $BOC$ y $COA$ que, si sumamos sus áreas obtendremos el área total de $ABC$. Por lo que:
$[ABC]=[AOB]+[BOC]+[COA]$
$[ABC]=\frac{x.r}{2}+\frac{y.r}{2}+\frac{z.r}{2}$
Por lo que la formula de la relación entre el área de un triangulo $ABC$, su perímetro ($x$+$y$+$z$) y su inradio es:
$\left [ ABC \right ]=\frac{r}{2}\left ( x+y+z \right )$
Ahora, supongamos sin perdida de generalidad que tomamos a $x$ como base del triangulo.
Llamemos $\alpha$ a uno de los ángulos de la base del triangulo $ABC$, si trazamos una perpendicular a $x$ desde el vértice opuesto obtendremos la altura de $ABC$, que no es mas que el $Sen(\alpha)$ por alguno de sus lados que, otra vez, sin perdida de generalidad, supondremos que es $y$. Por lo que la ecuación se vuelve:
$\frac{x.sen(\alpha).y}{2}=\frac{r}{2}.\left ( x+y+z \right )$
${x.sen(\alpha).y}=r.\left ( x+y+z \right )$
$sen(\alpha)=r.\frac{x+y+z}{y\; .\; x}$
Ahora, notemos que el valor que puede tomar el $Sen(\alpha)$ son aquellos que se encuentran entre (0;1] ya que $\alpha$ es un angulo interno de un triangulo cualquiera.
Por lo que toda cuaterna de valores validos que puedan tomar $r$,$x$,$y$,$z$ verifica la siguiente inecuacion:
$0< r.\frac{x+y+z}{y\; .\; x}\leq 1$
Como cualquiera de las 4 variables solo puede tomar valores positivos (ya que un lado no puede tener medida negativa) solo nos fijaremos en el lado derecho de la ecuación:
$r.\frac{x+y+z}{y\; .\; x}\leq 1$
$x+y+z\leq \frac{x\; .\; y}{r}$ (Notese que todas las operaciones que voy haciendo y haré al dividir en ambos lados por cierta variable, son validas ya que el dominio y codominio de la función que buscamos son los reales positivos que no incluye al 0).

Pero el ejercicio nos dice que si se da una cuaterna de valores $r$,$x$,$y$,$z$ validos, entonces la cuaterna de $F(r)$,$F(x)$,$F(y)$,$F(z)$ es de valores validos también. Por lo que también se cumple que:
$F(x)+F(y)+F(z)\leq \frac{F(x)\; .\; F(y)}{F(r)}$

Ok ahora imaginémonos que $ABC$ es un triangulo equilatero de tal forma que $x$=$y$=$z$ y la ecuación con la que estabamos trabajando se transforma en:
$r.\frac{x+y+z}{x.y} = sen(60)=\frac{\sqrt{3}}{2}$
$r.\frac{3x}{x^{2}} =\frac{\sqrt{3}}{2}$
$r.\frac{3}{x}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
$r=\frac{\sqrt{3}}{2.3}x$
$x\frac{\sqrt{3}}{6}=r$ (1)
Notemos que si $x$=$y$=$z$ entonces $F(x)$=$F(y)$=$F(z)$ por lo que el triangulo formado por las funciones es equilatero también, es decir:
$F(r)\frac{F(x)+F(y)+F(z)}{F(x).F(y)}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
$F(r)\frac{3F(x)}{F(x)^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
$F(r)\frac{3}{F(x)}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\frac{\sqrt{3}}{6}F(x)=F(r)$ (2)
Ahora, apliquemos la función en ambos lados en (1)
$F(\frac{\sqrt{3}}{6}x)=F(r)$
Por (2) tenemos que:
$F(\frac{\sqrt{3}}{6}x)=\frac{\sqrt{3}}{6}.F(x)$
$\frac{\sqrt{3}}{6}=c$
$F(c.x) = c.F(x)$
Por lo que existe un cierto valor constante $c$ tal que la función cumple esto.
De aquí creo poder concluir que $F(x)$ es lineal y de la forma $F(x)=k.x$ con $k>0$ ya que a la función solo pueden ingresar valores reales positivos y esta deberá devolver valores reales positivos.
Y de esta forma podemos corroborar que la función funciona: Como dije anteriormente toda cuaterna valida de valores $r$,$x$,$y$,$z$ debe cumplir que:
$r.\frac{x+y+z}{y\; .\; x}\leq 1$
Y aquí estamos buscando una función tal que la cuaterna de valores $F(r)$,$F(x)$,$F(y)$,$F(z)$ es valida, por lo que checkeemos si en verdad la siguiente inecuacion se verifica:
$F(r).\frac{F(x)+F(y)+F(z)}{F(y)\; .\; F(x)}\leq 1$
$k.r.\frac{k(x+y+z)}{k^{2}.y\; .\;x}\leq 1$
$r.\frac{x+y+z}{y\; .\;x}\leq 1$
Cumple.
2  
This homie really did 1 at P6 and dipped.
Eduardo aragon

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Re: OFO 2020 Problema 15

Mensaje sin leer por Eduardo aragon »

otra forma de llegar :
Spoiler: mostrar
$[ABC]$ = area del triangulo $ABC$
sea $a$,$b$,$c$ las longitudes de los lados de el triangulo $ABC$ y $s$ el semiperimetro de $ABC$
sabemos que por Heron: $[ABC] = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$; y tambien $[ABC] = s.r$
entonces: $\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = s.r$
luego: $r = \sqrt{\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}{s}}$...$(1)$
pondremos que el triangulo es equilatero, es decir $x = y = z$ $ \Rightarrow $ $s = 3x/2$
operando, en la ecuacion (1)
$r = \frac{3x}{\sqrt{6}}$
aplicando la funcion $F(x)$ a ambos lados
$F(r) = F(\frac{3x}{\sqrt{6}})$...$(2)$
y ahora, sabiendo lo del problema (es decir, ahora el triangulo con lados $F(x),F(y),F(z)$) obtenemos:
operando:
$F(r) = F(x).\frac{3}{\sqrt{6}}$
por $(2)$
$F(x).\frac{3}{\sqrt{6}}=F(\frac{3x}{\sqrt{6}})$
remplazamos $a = \frac{3}{\sqrt{6}}$
y obtenemos que $F(a.x) = a.F(x)$
hasta aqui llegue, pero podemos observar que una de las funciones que cumple es $F(x) = c.x$ donde $c$ es una constante y $c$ pertence a $\mathbb{R}^+$
esta funcion en el triangulo equivale a decir que aplicando la funcion F(x) se obtiene un triangulo semejante al anterior y obviamente cumple el enunciado
1  
alex443399

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Re: OFO 2020 Problema 15

Mensaje sin leer por alex443399 »

Aca va mi solucion, que tiene un poco de calculo:
Spoiler: mostrar
Lo primero usar un triangulo equilatero para probar que $\exists M\in R$ tal que $F(Mx)=MF(x)$.
En un triangulo equilatero de lado $x$ aplicamos la formula de inradio:
$$r=\sqrt{\frac{(s-x)^3}{(3/2)x}}=\sqrt{\frac{(x/2)^3}{(3/2)x}}=\frac{x}{2\sqrt{3}}$$
Ahora, como F es una funcion, si la aplicamos a un triangulo equilatero el resultado sera equilatero de lado $F(x)$.
El inradio de el nuevo triangulo sera igual a $\frac{F(x)}{2\sqrt{3}}$ ya que es equilatero, y ademas el inradio nuevo es igual a el viejo una vez le aplicamos $F$. Entonces

$$F(r)=F(\frac{x}{2\sqrt{3}})=\frac{F(x)}{2\sqrt{3}}$$
Sustituimos con $x=2a\sqrt{3}$
$$F(a)=\frac{F(2a\sqrt{3})}{2\sqrt{3}}\Rightarrow F((2\sqrt{3})a)=(2\sqrt{3})F(a)$$
Diremos que $M=2\sqrt{3}$
Entonces $F(xM)=MF(x), F(x/M)=F(x)/M$
Probaremos por induccion fuerte que $F(M^A x)=M^A F(x)$ con $A$ entero.
Trivial $A=0\Rightarrow F(x)=F(x)$
Caso Base $A=\pm 1$ ya lo probamos arriba
Hipotesis $A=\pm n, n\in Z>1$: $F(M^{\pm n} x)=M^{\pm n} F(x)$
Tesis: $$F(M^{\pm(n+1)}x)=F(M^{\pm n}M^{\pm 1}x)=M^{\pm n}F(M^{\pm 1}x)=M^{\pm n}M^{\pm 1}F(x)=M^{\pm (n+1)}F(x)$$

(Se hicieron dos inducciones tecnicamente, una para positivos y otra para negativos).
Entonces esta probado que $F(M^A x)=M^A F(x)$.

Ahora probaremos que $F$ es inyectiva. Diremos que $2x>b>a$, $F(a)=F(b)$, y crearemos 2 triangulos isosceles, uno de lados $(x,x,a)$ y el otro de lados $(x,x,b)$. En un triangulo isosceles de lados $(x,x,y)$ el inradio es de $\frac{1}{2}y\sqrt{\frac{2x-y}{2x+y}}$ por la formula de inradio de semiperimetro. $r_a$ es el inradio del primero y $r_b$ del del segundo.

Como $F(a)=F(b)$ los triangulos que resulten de aplicar $F$ seran inguales. Por lo tanto $F(r_a)=F(r_b)$

Creamos la funcion de $x$: $v(x)=\frac{r_a}{r_b}=\frac{\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2x-a}{2x+a}}}{\frac{1}{2}b\sqrt{\frac{2x-b}{2x+b}}}$

$2x-b>0,2x+a>0\Rightarrow v$ continua en $(\frac{b}{2},\infty)$.

$\lim_{x\to\infty} v(x)=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2x-a}{2x+a}}}{\frac{1}{2}b\sqrt{\frac{2x-b}{2x+b}}}=\lim_{x\to\infty} \frac{\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2x}{2x}}}{\frac{1}{2}b\sqrt{\frac{2x}{2x}}}=\frac{a}{b}<1$

(pues $a<b$)

$\lim_{x\to \frac{b}{2}} v(x)=\lim_{x\to \frac{b}{2}}\frac{\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}}{\frac{1}{2}b\sqrt{\frac{b-b}{b+b}}}=\lim_{x\to \frac{b}{2}} \frac{a\sqrt{\frac{b-a}{b+a}}}{b\sqrt{\frac{b-b}{b+b}}}=\frac{a}{b}\sqrt{\frac{2b(b-a)}{b+a}} \lim_{x\to \frac{b}{2}} \frac{1}{\sqrt{2x-b}}=+\infty$

Como $v$ continua, pasa por todos los valores en $(a/b,+\infty)$

Entonces $\forall k>(a/b)\exists x>(b/2)$ tal que $v(x)=k$ por Teorema de Bolsano generalizado, ya que empieza en $b/2$ v tiende al infinito y luego tiende a $(a/b)$, en algun momento tiene que pasar por $v(x)=k$.

$M=\sqrt{12}>1>a/b\Rightarrow \exists x$ tal que $v(x)=M=\frac{r_a}{r_b}\Rightarrow r_a=M r_b\Rightarrow F(r_a)=M F(r_b)$ pero $F(a)=F(b)$ y $M>1\Rightarrow F(r_a)=M F(r_b)>F(r_b)=F(r_a)$ contradiccion

Ergo $\Rightarrow F$ ES INYECTIVA.

Ahora probaremos que es continua.
Diremos que un triangulo tiene lados $\frac{1}{M^A},y,z$ con $A$ tal que $\frac{1}{M^A}<y$. Por la desigualdad triangular sabemos que $z\in (y-\frac{1}{M^A},y+\frac{1}{M^A})$
Analogamente el triangulo formado nos indica que $F(z)\in (|F(y)-F(\frac{1}{M^A})|,F(y)+F(\frac{1}{M^A})=(|F(y)-\frac{F(1)}{M^A}|,F(y)+\frac{F(1)}{M^A})$. Elegimos un $A$ tal que $F(y)>\frac{F(1)}{M^A}$.

Notese que si creamos un entorno de centro $y$ con radio $\frac{1}{M^A}$ las imagenes deben pertenecer al entorno de centro $F(y)$ y radio $\frac{F(1)}{M^A}$. $A$ puede ser arbitrariamente grande, haciendo que ambos intervalos sean arbitrariamente pequeños, ergo esta es la definicion de un limite:

$\forall e$ arbitrariamente pequeño $\exists d$ tal que $z\in (y-d,y+d)\Rightarrow F(z)\in (F(y)-e,F(y)+e)$.
Pues para todo $e$ arbitrariamente chico existe $A$ tal que $F(1)/M^A < e$ y entonces elegimo $d=1/M^A$ porque sabemos que si $d=1/M^A$ entonces $F(z)\in (F(y)-1/M^A,F(y)+1/M^A)\subset (F(y)-e,F(y)+e)$

Por lo tanto $$\lim_{z\to y} F(z)=F(y)$$ ergo F es continua en Y, pero como elegimos Y de forma arbitraria $F$ es continua en todo su dominio.

F continua, injectiva por lo tanto es etrictamente creciente o decreciente. Sabemos que $F(M^A x)$ se puede volver arbitrariamente grade si aumentamos $A$ ergo F estrictamente creciente.

Ademas de que $\lim_{M^A \to 0} F(M^A)=\lim_{A\to -\infty} F(M^A)=\lim_{A\to -\infty} M^A F(1)=0$

Entonces como es creciente, tiene numeros arbitrariamente cercanos a 0 y arbitrariamente grandes, ademas de ser continua, su codominio son los reales positivos. Ergo es suprayectiva. Ergo es BIYECTIVA.

Decimos que un triangulo tiene lados $(A,A+B,z)$
Por desigualdad triangular $F(z)>F(A+B)-F(A)$
Como es continua $z\to B \Rightarrow F(z)\to F(B)\Rightarrow F(B)\ge F(A+B)-F(A)\Rightarrow F(A)+F(B)\ge F(A+B)$

Como dijimos que $F(M^A x)=M^A F(x)$ el grafico esta compuesto graficamente por muchas "lineas" o una sola. Ya que para cada $x$ los puntos $(M^A x, F(M^A x))$ forman una recta que "pasa por el origen" (mejor dicho su imagen tiende a 0 cuando la preimagen tiende a 0).

Tomamos la funcion $g(x)=\frac{F(x)}{x}$. Como $F(x), x$ son ambas continuas en los positivos, y como $x\ne 0$ con x positivo entonces $g(x)$ continua en positivos. Hay tres opciones para el maximo de $g$:
1)Tiene un maximo que alcanza
2)g tiene valores arbitrariamente grandes
3) Tiene un maximo que es un limite, osea que no lo alcanza

Caso 1) Decimos que $R=max[f(x)/x]=max[g(x)]\Rightarrow f(x) \le Rx\forall x$ con $R$ finito. Osea que existe $h$ tal que $f(h)=R h$.

Asumimos que existe $a$ tal que $f(a)/a<R\Rightarrow f(a)<Ra$

Entonces $F(h)=F((h-a)+a)=R(h-a+a)=R(h-a)+Ra\ge F(h-a)+Ra >F(h-a)+F(a)\ge F(h-a+a)=F(h)$ Entonces $F(h)>F(h)$ contradiccion. Entonces debe haber solo una recta, entonces $F$ debe ser de la forma
$F(x)=kx, k\in R^+$

Todas las funciones de este tipo verifican la ecuacion inicial porque la figura inicial es similar a la final. Es una funcion que multiplica el espacio por una constante. Al mantener similaridad el circuncentro de el trignulo incial se vuelve el del triangulo final.

Caso 2) Ahora si $R$ no tiene limite superior, y tiene a $\infty$ es otro caso.

Sabemos que toda recta tiene un punto de valor-x $d$ tal que $1/M\le d < 1$

Para probar esto tomamos un punto en una recta que es parte de la funcion, su coordenada x es $D$, existe $A$ tal que $M^{A-1}\le D < M^A$. Dividimos todos los elementos de la desigualdad por $M^A$:
$1/M\le \frac{D}{M^A}<1$
$d=\frac{D}{M^A}$
Ahora probaremos que $(d,F(d))$ y $(D,F(D))$ estan en la misma recta:
$\frac{F(d)}{d}=\frac{F(\frac{D}{M^A})}{\frac{D}{M^A}}=\frac{F(D)}{M^A} \frac{M^A}{D}=\frac{F(D)}{D}$
Entonces estan en la misma recta.

Entonces toda recta tiene un punto con coordenada X entre $1/M$ y $1$.

Como $R$ puede ser arbitrariamente grande entonces podemos tomer un $R$ tal que $R>MF(1)$
Entonces tomamos a un punto $D$ en esa recta en $[1/M,1)$ que sabemos que existe, tomando en cuenta que F creciente:
$F(D)=RD\ge R\frac{1}{M}>MF(1)\frac{1}{M}=F(1)\Rightarrow F(D)>F(1)$ Pero $1>D\Rightarrow F(D)<F(1)$ contradiccion.

Caso 3) Digamos que R es el limite maximo de $g$.
Sabemos que $g(x/M^A)=\frac{F(x/M^A)}{x/M^A}=\frac{F(x)/M^A}{x/M^A}=\frac{F(x)}{x}=g(x)$
Entonces si hay un punto en el que la funcion tiende a ese limite hay otro arbitrariamente menor o mayor (A puede ser negativo):
Entonces hay un valor $1/M\le D<1$ tal que $lim_{x\to D} g(x)=R$

(Analogo a lo que probamos en el caso anterior, que toda recta de la funcion tiene un punto con coord-x en $[1/M,1)$)

Pero $g$ es continua entonces $lim_{x\to D} g(x)=g(D)$
Entonces $g(D)=R$ por lo tanto se alcanza el maximo. Ergo es como el caso uno, ergo es una funcion de la forma $f(x)=kx, k \in R^+$

Entonces recapitulando:
1) Probamos que $F(M^A x)=M^A F(x), A\in Z$
2) Con eso probamos que $F$ continua
3) Luego probamos que $F$ injectiva
4) Cuando x tiende a 0, $F(x)$ tiende a 0, $F(x)$ se puede volver arbitrariamente grande.
5) Ergo $F$ sobreyectiva por lo tanto $F$ BIYECTIVA
6) Ergo F creciente
7) Por desigualdad triangular y porque $F$ continua $F(A+B)\le F(A)+F(B)$
8)$g=F(x)/x$
9) Estudiando el maximo valor de $g$ vemos que no puede ser infinito, ni un limite inalcanzable, debe ser un valor que la funcion toma
10) Viendo que el maximo existe vemos que no puede haber un valor de $g$ menor, porque de haberlo con la desigualdad de (7) ( $F(A+B)\le F(A)+F(B)$ ) llegamos a una contradiccion
11) Ergo solo hay un valor de $g$ ergo $F(x)=kx, k\in R^+$
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