Selectivo IMO 2022 P2

Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo OFO - Jurado-OFO 2020
FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años
OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Jurado-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Jurado-FOFO Pascua 2022
Mensajes: 1898
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 14
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Selectivo IMO 2022 P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Sea $\mathbb{R}^+$ el conjunto de los números reales positivos. Hallar todas las funciones $f:\mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+$ que satisfacen $f(xf(y))=f(xy)+x$ para todos $x,y\in \mathbb{R}^+$.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

Fedex

COFFEE - Mención-COFFEE Matías Saucedo OFO - Medalla de Plata-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Medalla-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Mención-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Mención-COFFEE Iván Sadofschi
FOFO 10 años - Medalla-FOFO 10 años OFO - Medalla de Plata-OFO 2021 OFO - Jurado-OFO 2022
Mensajes: 166
Registrado: Mar 31 Dic, 2019 2:26 am
Medallas: 8
Nivel: 3
Ubicación: Rosario, Santa Fe
Contactar:

Re: Selectivo IMO 2022 P2

Mensaje sin leer por Fedex »

Spoiler: mostrar
Hacemos el reemplazo $x \to f(x)$ luego:
$$f(f(x)f(y)) = f(f(x)y) + f(x) = f(xy) + y + f(x)$$
Si intercambiamos las variables $x, y$ tenemos:
$$y + f(x) = x + f(y)$$
Tomando $y= 1$ tenemos $f(x) = x + f(1) - 1 = x + c$.
Ahora reemplazando en la ecuación original:
$xf(y) + c = xy + c + x$
$xy + xc + c = xy + c + x$
$x(c-1) = 0$
Como todo $x > 0$ entonces $c=1$.
Finalmente $f(x) = x+1$ es la única solución.
5  
This homie really did 1 at P6 and dipped.

Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo OFO - Jurado-OFO 2020
FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años
OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Jurado-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Jurado-FOFO Pascua 2022
Mensajes: 1898
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 14
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: Selectivo IMO 2022 P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

A pedido del señor de arriba
Spoiler: mostrar
$P(x,y):f(xf(y))=f(xy)+x$\begin{align*}P(1,x) & \implies f(f(x))=f(x)+1\qquad (1) \\
P(x,x) & \implies f(xf(x))=f(x^2)+x\implies f(x^2)=f(xf(x))-x\qquad (2) \\
P(x,f(x)) & \implies f(xf(f(x)))=f(xf(x))+x\qquad (3) \\
P(f(x),x) & \implies f(f(x)^2)=f(xf(x))+f(x) \\
& \underset{(2)}{\implies}f(f(x)f(f(x)))-f(x)=f(xf(x))+f(x) \\
& \implies f(f(x)f(f(x)))=f(xf(x))+2f(x)) \\
& \underset{(1)}{\implies}f(f(x)(f(x)+1))=f(xf(x))+2f(x)\qquad (4) \\
P(f(x)+1,x) & \implies f(f(x)(f(x)+1))=f(x(f(x)+1))+f(x)+1\qquad (5) \\
f(xf(x))+2f(x) & \underset{(4)}{=}f(f(x)(f(x)+1)) \\
& \underset{(5)}{=}f(x(f(x)+1))+f(x)+1 \\
& \underset{(1)}{=}f(xf(f(x)))+f(x)+1 \\
& \underset{(3)}{=}f(xf(x))+x+f(x)+1
\end{align*}$f(x)=x+1$
1  
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

Avatar de Usuario
Fran5

OFO - Medalla de Oro-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016 OFO - Jurado-OFO 2017 FOFO Pascua 2017 - Jurado-FOFO Pascua 2017 FOFO 7 años - Jurado-FOFO 7 años
OFO - Jurado-OFO 2018 FOFO 8 años - Jurado-FOFO 8 años OFO - Jurado-OFO 2019 FOFO Pascua 2019 - Jurado-FOFO Pascua 2019 FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años
OFO - Jurado-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años
OFO - Jurado-OFO 2021 FOFO 11 años - Jurado-FOFO 11 años OFO - Medalla de Bronce-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Jurado-FOFO Pascua 2022
Mensajes: 1050
Registrado: Mié 21 Mar, 2012 1:57 pm
Medallas: 19
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Santa Fe

Re: Selectivo IMO 2022 P2

Mensaje sin leer por Fran5 »

Spoiler: mostrar
Yo: Mamá, podemos tener sobreyectividad en la eq funcional?

Mamá: ya tenemos sobreyectividad en la eq funcional

Sobreyectividad en la eq funcional:
Spoiler: mostrar
Notemos primero que si $x=1$ entonces $f(f(y)) = f(y)+1$ de donde si $z = f(y)$ tenemos $f(z)=z+1$.

Sería genial que $f$ fuera sobreyectiva, así $f(x)= x+1$... pero justo esta función no es sobreyectiva!

Notemos que si $y = \dfrac{c}{x}$ nos queda $$f \left( x f \left( \frac{c}{x} \right) \right) = f(c) + x$$ de donde si $z > f(c)$ entonces tenemos $x = z-f(c) > 0$ y existe un $x_0 = x f \left( \frac{c}{x} \right)$ tal que $f(x_0) = f(c)+x = z$

Luego, si $z \geq f(c)$, resulta $f(z) = z+1$ (le añadimos la igualdad porque para $z=f(c)$ ya sabemos que anda)

Supongamos ahora $y < f(c)$. Sea $x > 0$ tal que $xf(y) > f(c)$ y además $xy > f(c)$. Luego $$xf(y)+1 = f(x f(y)) = f(xy)+x = xy+1+x$$ de donde $$ f(y) = \frac{xy+x}{x} = y+1$$ y por lo tanto la única solución es $f(x) = x+1$ que es fácil ver que anda
1  
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //

Uriel J

OFO - Mención-OFO 2019 FOFO 9 años - Mención Especial-FOFO 9 años COFFEE - Mención-COFFEE Matías Saucedo OFO - Medalla de Bronce-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Medalla-FOFO Pascua 2020
COFFEE - Mención-COFFEE Carolina González COFFEE - Mención-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Mención-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Medalla-FOFO 10 años OFO - Medalla de Plata-OFO 2021
OFO - Medalla de Plata-OFO 2022
Mensajes: 35
Registrado: Jue 29 Nov, 2018 2:46 pm
Medallas: 11
Nivel: 2

Re: Selectivo IMO 2022 P2

Mensaje sin leer por Uriel J »

Solución:
Spoiler: mostrar
$$f(xf(y)) = f(xy) + x$$

Si $x = 1$, $f(f(y)) = f(y) + 1$

Entonces si demostramos que la función es sobreyectiva estariamos y sería $f(x) = x + 1$ para todos los reales positivos. Pero veamos que no vamos a demostrarlo de una para todos los reales positivos

Si $y = \frac{1}{x}$, $f(xf(\frac{1}{x})) = f(1) + x$ entonces sabemos que la función recorre todos los reales mayores a $f(1)$

Luego, para todo $x > f(1)$, $f(x) = x +1$

Sea $y = 1$ y $x > 1$, $f(xf(1)) = f(x) + x$
Como $xf(1) > f(1)$, $f(xf(1)) = xf(1) + 1$
Luego, $xf(1) + 1 = f(x) + x$ y por ende $x(f(1) - 1) = f(x) - 1$

Si $f(1) < 2$, $x(f(1) - 1) < x$ y por ende $f(x) - 1 < x$ y $f(x) < x + 1$ para $x > 1$ pero existe un $x$ lo suficientemente grande (mayor a $1$ y $f(1)$) tal que $f(x) = x + 1$. Entonces $f(1) \geq 2$
Si $f(1) > 2$, $x(f(1) - 1) > x$ y por ende $f(x) - 1 > x$ y $f(x) > x + 1$ para $x > 1$ pero existe un $x$ lo suficientemente grande (mayor a $1$ y $f(1)$) tal que $f(x) = x + 1$. Entonces $f(1) \leq 2$

Podemos determinar que $f(1) =2$

Si $y = 1$, $f(2x) = f(x) + x$ y haciendo una buena inducción (trabajo para el lector) se puede llegar a que termina siendo $f(x) = x + 1$ para todos los reales positivos
1  

Responder