Selectivo de IMO 2017 P6

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Matías V5

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Selectivo de IMO 2017 P6

Mensaje sin leer por Matías V5 » Sab 06 May, 2017 12:20 pm

Hallar todas las funciones [math] que satisfacen
[math]
para todos [math].
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

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JPablo
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Re: Selectivo de IMO 2017 P6

Mensaje sin leer por JPablo » Sab 06 May, 2017 3:11 pm

¿Seguro este era el [math]? Me dijeron cualquiera...

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sgomezpaz
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Re: Selectivo de IMO 2017 P6

Mensaje sin leer por sgomezpaz » Sab 06 May, 2017 4:47 pm

Si, este era el 6

fleschler.ian

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Re: Selectivo de IMO 2017 P6

Mensaje sin leer por fleschler.ian » Lun 08 May, 2017 5:52 pm

Esta es más o menos mi solución durante la prueba. Le cambie dos o tres pasos vi que se podían hacer más cortos y elegantes.
Spoiler: mostrar
Sea [math] evaluar [math] en [math].
[math]:
[math].
Entonces o bien [math] o bien [math].

Si [math]:
[math] entonces [math].
Vemos que verifica:
Por un lado[math].
Y por el otro [math] que claramente cumple.

Si [math]:
[math]:
[math]. A esto ultimo lo llamamos (1).

Supongamos que para cierto real [math] conocemos que [math] es distinto de [math].
Entonces podemos reemplazar [math]:
Y obtenemos [math].
Entonces [math]. Esto lo llamamos (2).
Por otro lado para ese [math], también funciona el reemplazo [math]:
Que nos da [math].
Reescribimos la condición usando (1):
Viendo el lado izquierdo; [math].
Y viendo el lado derecho; [math].
Juntando ambas cuentas obtenemos [math].
Que por (2) nos dice [math]. A esto lo llamamos (3) [Dicho explicitamente este resultado, si [math] distinto de [math]; [math]].

Habiendo visto eso lo que querremos hacer es encontrar los ceros de [math].
Antes de encontrar los ceros de [math] veremos que es unico el real [math] tal que [math].
Supongamos que [math], entonces [math]:
[math], entonces [math].
Por lo tanto [math] si y solo si [math].

Ahora queremos ver que [math] si y solo si [math].
Primero podemos ver que existe un real [math] tal que [math].
Si no existiese, entonces [math] es distinto de [math] entonces [math]. Que es claramente un absurdo.
Por lo tanto existe un real [math] tal que [math].
Si reemplazamos [math]:
[math]
Por lo tanto [math]. Entonces [math].
De esta cuenta podemos observar dos cosas:
1- [math] es distinto de [math]. (Ya que existe un real [math] para el que se satisface la cuenta).
2- [math]. Entonces [math] es único.

Como dijimos recién [math] es distinto de [math], y como vimos antes eso implicaba [math].
Entonces [math] si y solo si [math].
Lo que implica [math] para todo [math] distinto de [math].
Entonces [math] y por (1), [math].
Entonces [math].
Por lo tanto [math] para todo [math].
Vemos que verifica:
Por un lado [math].
Y por el otro [math] que claramente cumple.

Queda entonces demostrado que las únicas funciones que cumplen son: [math] y [math].
1  

Nowhereman

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Re: Selectivo de IMO 2017 P6

Mensaje sin leer por Nowhereman » Jue 07 Dic, 2017 7:06 pm

Otra forma mas feita de hacer el caso $f(0)=1$
Spoiler: mostrar
Si $P(x,y)$ es la proposicion del enunciado hacemos los siguientes reemplazos:
$P(x,0)\Rightarrow f(-x)=f(x)+2x$ $(I)$
$P(-1,-1)\Rightarrow f(-f(-1)+1)=f(-1)^2-2$ y por $(I)$ $f(-f(1)-1)=f(-1)^2-2=(f(1)+2)^2-2$
$P(1,-1)\Rightarrow f(-f(1)-1)=f(1)f(-1)+2=f(1)(f(1)+2)+2$, e igualando con lo anterior:
$(f(1)+2)^2-2=f(1)(f(1)+2)+2$ y desarrollando esto nos da que $f(1)=0$ y por lo tanto $f(-1)=2$.

Hagamos ahora $P(-1,-x)$. Esto nos da, aplicando $(I)$ reiteradas veces:

En el miembro izquierdo:
$f(-f(-x)+x)=f(-f(x)-2x+x)=f(-f(x)-x)=f(f(x)+x)+2f(x)+2x$

y en el miembro derecho:
$f(-x)f(-1)-2x=2f(x)+2x$

Y observando ambos miembros claramente $f(f(x)+x)=0$.
Si demostramos que $f(1)$ es el unico cero de la funcion, el problema estara resuelto dado a que $f(x)+x=1$ y $f(x)=1-x$.
Supongamos que existe un real $a$ distinto de uno tal que $f(a)=0$, haciendo:

$P(0,a)\Rightarrow f(-a)=2a$
$P(-\frac{1}{2},-a)\Rightarrow f(-\frac{1}{2}f(-a)+a)=f(0)=f(-\frac{1}{2})f(-a)-2a$
y por ende $1=2af(-\frac{1}{2})-2a$ $(II)$.

Nos resta hallar $f(-\frac{1}{2})$. Para ello hagamos:
$P(-1,-\frac{1}{2})\Rightarrow f(-\frac{1}{2}f(-1)+1)=f(0)=f(-1)f(-\frac{1}{2})-2$
$1=2f(-\frac{1}{2})-2\Rightarrow \frac{3}{2}=f(-\frac{1}{2})$.

Volviendo a la ecuacion $(II)$:

$1=2af(-\frac{1}{2})-2a=3a-2a=a$ y como se dijo que $a$ es distinto de uno tendremos un absurdo. El unico cero de $f$ sera $f(1)$ y por lo tanto $f(x)=1-x$ sera la unica solucion para $f(0)=1$.

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