APMO 2021 Problema 5

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Juaco

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APMO 2021 Problema 5

Mensaje sin leer por Juaco »

Determine todas las funciones $f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$ tales que $f(f(a)-b)+bf(2a)$ es un cuadrado perfecto para todos los números enteros $a$ y $b$.
$\text{“The further removed from usefulness or practical application, the more important."}$
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enigma1234

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Re: APMO 2021 Problema 5

Mensaje sin leer por enigma1234 »

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Si cambiamos $b\to f(a)-b$ tenemos $f(b)-bf(2a)+f(a)f(2a)$ es un cuadrado perfecto para todos los números enteros $a$ y $b$.
Llamemos a esto la propiedad $P(a,b)$.

Lema 1: $f(0)=-1$ o $f(0)=0$
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En $P(0,0)$ tenemos $f^2(0)+f(0)$ es un cuadrado perfecto. Digamos que este es $(f(0)+k)^2$ para cierto $k$ entero, luego:
$$ f^2(0)+f(0)=(f(0)+k)^2\to f(0)(2k-1)+k^2=0\to f(0)=\frac{-k^2}{2k-1}\text{ (porque $2k-1\neq 0$)}$$
Luego, $2k-1\mid k^2$, y de esto
$$2k-1\mid 4k^2-(2k-1)(2k+1)=1\to\text{$2k-1=-1$ o $2k-1=1$}\to \text{$k=1$ o $k=0$}\to \text{$f(0)=0$ o $f(0)=-1$}$$
Lema 2: $f(0)=0$
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Supongamos lo contrario. Luego por el Lema 1 tenemos $f(0)=-1$.
En $P(0,a)$ tenemos $f(a)+a+1$ es un cuadrado perfecto para todo entero $a$.
Sea $k,l$ enteros no negativos tales que $f(-1)=k^2,f(-2)=l^2+1$.

En $P(-1,0)$ tenemos $f(-1)f(-2)-1=k^2(l^2+1)-1$ es un cuadrado perfecto. Como es un cuadrado perfecto, luego es $\equiv 0$ o $\equiv 1\pmod{4}$, entonces $k$ debe ser impar, de lo contrario $k^2(l^2+1)-1\equiv 3\pmod{4}$.

En $P(-1,-1)$ tenemos $f(-1)f(-2)+f(-2)+f(-1)=(f(-1)+1)(f(-2)+1)-1=(k^2+1)(l^2+2)-1$ es un cuadrado perfecto.
Como $k$ es impar, $k^2\equiv 1\pmod{8}$, luego como un cuadrado perfecto es $\equiv 0$ o $1$ o $4\pmod{8}$, luego:
$$(k^2+1)(l^2+2)-1\equiv 2(l^2+2)-1\equiv 2l^2+3 \text{$\equiv 0$ o $1$ o $4$}\pmod{8}$$
Pero como $l^2\equiv 0$ o $1$ o $4\pmod{8}$, tenemos $2l^2+3\equiv 3$ o $5\pmod{8}$, lo que es una contradicción.
De $P(0,a)$ tenemos $f(a)$ es un cuadrado perfecto. Digamos que $f(a)=g(a)^2$, con $g(a)\geq 0$ entero no negativo para todo $a$ entero.

Luego digamos que "$g(b)^2-bg(2a)^2+g(a)^2g(2a)^2$ es un cuadrado perfecto para todos los números enteros $a$ y $b$" es la propiedad $Q(a,b)$.

En $Q(2a,a)$ tenemos que $g(2a)^2-2ag(2a)^2+g(a)^2g(2a)^2=g(2a)^2\left(g(a)^2-2a+1\right)$ es un cuadrado perfecto para todo $a$ entero$\dots(1)$

Caso 1: Para todo $N\in\mathbb{Z}$ existe $M_N>N$ tal que $g(2M_N)=0$.
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Veamos que $g(2a)=0$ para todo $a$ entero.
Sea $a$ un entero cualquiera.
En $Q(a,2M_N)$ tenemos $-M_Ng(2a)^2+g(a)^2g(2a)^2=g(2a)^2\left(g(a)^2-M_N\right)$ es un cuadrado perfecto, para todo $N$ entero.
Luego, escogemos $N=g(a)^2$ y tenemos $g(a)^2-M_N=N-M_N<0$, entonces $g(2a)^2\left(g(a)^2-M_N\right)\leq 0$ es un cuadrado perfecto, es decir:
$$g(2a)^2\left(g(a)^2-M_N\right)=0\to g(2a)=0$$
Luego, tenemos que los posibles valores de $f$ que tenemos en este caso son:
$$f(2n+1)=\text{Cualquier cuadrado perfecto}, f(2n)=0, \forall n\in\mathbb{Z},$$
y es claro ver que todas estas funciones cumplen la propiedad
$$f(f(a)-b)+bf(2a)=f(f(a)-b)) \text{es un cuadrado perfecto para todo $a,b\in \mathbb{Z}$},$$
pues $f(n)$ es un cuadrado perfecto $\forall n\in\mathbb{Z}$.
Caso 2: Existe $N\in\mathbb{Z}$ tal que, para todo $M>N$, $g(2M)\neq 0$.
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De $(1)$, como $g(2M)\neq 0$ tenemos $g(M)^2-2M+1$ es un cuadrado perfecto para todo $M>\frac{N}{2}\dots(2)$.

Lema 3: Para todo $p>N$ primo tenemos $g\left(\frac{p+1}{2}\right)=\frac{p+1}{2}$.
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Sea $p>N$ primo. Luego en $(2)$: $g\left(\frac{p+1}{2}\right)^2-p$ es un cuadrado perfecto. Digamos que este cuadrado es $J^2$, luego:
$$g\left(\frac{p+1}{2}\right)^2-p=J^2\to p=g\left(\frac{p+1}{2}\right)^2-J^2=\left(g\left(\frac{p+1}{2}\right)-J\right)\left(g\left(\frac{p+1}{2}\right)+J\right)=p$$
Luego $g\left(\frac{p+1}{2}\right)-J$ y $g\left(\frac{p+1}{2}\right)+J$ son dos numeros que multiplican $p$ y tienen suma $2g\left(\frac{p+1}{2}\right)\geq 0$, luego tenemos $g\left(\frac{p+1}{2}\right)=\frac{p+1}{2}$.
Lema 4: Para todo $p>N$ primo tenemos $g(p+1)=p+1$.
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Sea $p>N$ primo y sea $q>N$ primo suficientemente grande luego del Lema 3: $g\left(\frac{p+1}{2}\right)=\frac{p+1}{2}$ y $g\left(\frac{q+1}{2}\right)=\frac{q+1}{2}$.
Luego tenemos en $Q\left(\frac{p+1}{2},\frac{q+1}{2}\right)$ que:
$$\left(\frac{q+1}{2}\right)^2-\frac{q+1}{2}g(p+1)^2+g(p+1)^2\left(\frac{p+1}{2}\right)^2$$
es un cuadrado perfecto, luego si multiplicamos por $4$ el resultado tambien es un cuadrado perfecto, es decir:
$$(q+1)^2-2(q+1)g(p+1)^2+g(p+1)^2(p+1)^2=\left(q+1-g(p+1)^2\right)^2+g(p+1)^2(p+1)^2-g(p+1)^4$$
es un cuadrado perfecto. Pero si decimos que $g(p+1)^2(p+1)^2-g(p+1)^4=A$ y en el principio elegimos $q$ primo tal que $2q>\max(2N,2g(p+1)^2-1-A,2g(p+1)^2-3+A)$ tenemos:
$$2g(p+1)^2-1-A<2q\text{, y } 2g(p+1)^2-3+A<2q $$
luego:
$$\left(q-g(p+1)^2\right)^2<\left(q+1-g(p+1)^2\right)^2+A<\left(q+2-g(p+1)^2\right)^2$$
y por ende $A=0=g(p+1)^2(p+1)^2-g(p+1)^4$. Como $p>N$, $g(p+1)> 0$ y entonces tenemos $g(p+1)=p+1$ para cualquier primo $p>N$.
Lema 5: $f(n)=n^2$ para todo entero $n$.
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Sea $n$ un entero. Luego, en $Q\left(n,\frac{p+1}{2}\right)$ con $p>N$ primo, tenemos de los lemas anteriores:
$$g(n)^2-n(p+1)^2+\frac{(p+1)^4}{4}$$
es un cuadrado perfecto. Multiplicando por $4$ tenemos que:
$$(p+1)^4-4n(p+1)^2+4g(n)^2=\left((p+1)^2-2n\right)^2+4f(n)-4n^2$$
es un cuadrado perfecto. Luego, si elegimos $p$ primo tal que $p>N$, $2(p+1)^2>-4f(n)+4n^2+4n+1$ y $2(p+1)^2>4f(n)-4n^2+4n-1$ tenemos:
$$\left((p+1)^2-2n+1\right)^2>\left((p+1)^2-2n\right)^2+4f(n)-4n^2>\left((p+1)^2-2n-1\right)^2$$
y por ende $4f(n)-4n^2=0\to f(n)=n^2$ para todo $n$ entero.
Ahora veamos que $f(n)=n^2$ para todo entero $n$, satisface el problema. Sean $a,b$ enteros, luego:
$$f(f(a)-b)+bf(2a)=\left(a^2-b\right)^2+4a^2b=\left(a^2+b\right)^2$$
es un cuadrado perfecto.
Por lo tanto todas las funciones que cumplen la condicion son:
$$f(2n+1)=\text{Cualquier cuadrado perfecto}, f(2n)=0, \forall n\in\mathbb{Z},$$
y $f(n)=n^2$ para todo entero $n$.
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