Selectivo de Ibero 2015 Problema 2

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Matías V5

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Selectivo de Ibero 2015 Problema 2

Mensaje sin leer por Matías V5 »

Sea $\mathbb{R}$ el conjunto de los números reales. Hallar todas las funciones $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ tales que, para todos $x,y$ reales se verifica$$f(xf(y)+x)=xy+f(x).$$
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Nacho

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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 2

Mensaje sin leer por Nacho »

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Sea [math] la proposición [math]. Notemos que [math] es inyectiva, pues si [math], entonces [math] nos dicen que [math] y tomando [math] se sigue que [math].

Ahora, consideremos [math], para [math]. Entonces, [math]. Por lo tanto, existe [math] tal que [math]. Entonces, [math] nos dice que [math] y tomando [math] se sigue [math].

Por lo tanto, por la inyectividad, como [math] y [math], se sigue que [math] y como [math], tendremos que [math] para todo [math]. Luego, como reemplazando [math] tenemos [math], por la inyectividad de [math] resulta que [math]. Por lo tanto, [math]. Es decir, [math].

Ahora, volviendo a la original, [math] se convierte en [math], es decir, [math], que implica [math]. Por lo tanto, [math].

Si [math], entonces [math] satisface lo pedido y [math] trivialmente lo hace. Por lo tanto, las únicas soluciones son [math] y [math]. Y estamos [math]
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Matías V5

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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 2

Mensaje sin leer por Matías V5 »

Respuesta:
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Hay dos funciones que satisfacen la condición: [math] para todo [math] y [math] para todo [math].
Solución:
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Supongamos que existiera algún número [math] tal que [math]. Si en la ecuación del enunciado reemplazamos [math], entonces del lado izquierdo nos queda [math], es decir [math]; y del lado derecho queda [math]. Es decir, se tendría que cumplir que [math] para todo [math], que es lo mismo que decir que [math] para todo [math]. Es decir que si logramos probar que existe ese número [math], avanzamos un montón porque ya sabemos que la función tiene que tener una forma particular (es un polinomio de grado [math]).
Veamos ahora cómo demostrar que existe un número [math] para el cual [math]. Más en general (aunque no nos hace falta para la solución), vamos a probar que la función es sobreyectiva, es decir que puede tomar todos los valores posibles (en particular el [math] y eso es lo que nos interesa).
Reemplazando [math] en la ecuación original nos queda que [math] para todo valor de [math]. Al ir variando el valor de [math], la expresión [math] recorre todos los posibles números reales; así, estamos probando que todos ellos están en la imagen de [math], pues del lado izquierdo tenemos la función evaluada en un punto. Dicho con más precisión: si [math] es un número real cualquiera, al reemplazar [math] en lo anterior obtenemos [math], es decir, hay algún punto donde la función toma el valor [math]. Como [math] podía ser cualquier número, la función es sobreyectiva, como habíamos afirmado.
Entonces ya sabemos en particular que la función toma el valor [math], y de eso se deducía que la función tiene la forma [math]. Usando esta información, la ecuación original se convierte en
[math].
Luego de hacer las distributivas y cancelar los términos que están repetidos de los dos lados queda
[math].
Si [math], lo anterior nos dice que [math] para todo valor de [math]. En particular tiene que valer para [math], es decir que [math], y de esto se deduce que o bien [math] es igual a [math] o bien [math] es igual a [math].
Si [math] significa que la función [math] es constante. Pero es claro que esto no puede pasar: si [math] para todo [math], reemplazando en la ecuación original queda [math], es decir que tendría que pasar que [math] para todo valor de [math] e [math], absurdo.
Entonces es [math]. Ahora la ecuación recuadrada de antes nos dice que [math] para todo valor de [math] y de [math]. En particular, si tomamos valores de [math] e [math] que no sean cero, podemos cancelarlos y deducir que [math], es decir que [math] puede ser [math] o [math].
Con todo esto nos queda que sólo hay dos funciones que pueden cumplir la condición del enunciado, que son [math] y [math]. Para completar la solución, verificamos que ambas efectivamente la cumplen:
Si [math], entonces en la ecuación del enunciado queda [math], lo cual se cumple para cualquier valor de [math] e [math].
Si [math], entonces del lado izquierdo queda [math], y del lado derecho también queda [math]. Así que la igualdad se verifica para cualquier valor de [math] e [math].
Entonces las dos funciones que encontramos cumplen la ecuación del enunciado, y no hay ninguna otra función que la cumpla. La solución está completa. [math]
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Emerson Soriano

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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 2

Mensaje sin leer por Emerson Soriano »

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Sea [math] un real arbitrario. Cuando [math] e [math] tenemos que [math], esto significa que [math] es sobreyectiva. Gracias a esto sabemos que existe [math] tal que [math]. Luego, [math] implica que [math], y al tomar [math] llegamos a que [math].

Por otro lado, existe un real [math] tal que [math], entonces [math], por lo tanto [math], y esto cumple para cualquier real [math] (incluyendo [math]).

Reemplazando en la ecuación original tenemos que [math] implica que [math], y como esto cumple para cualesquiera reales [math], tomamos aquellos que sean no nulos, por lo tanto [math], de donde deducimos que [math] o [math].

En síntesis, cumplen [math] o [math], que fácilmente podemos comprobar que verifican.[math]
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Brimix

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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 2

Mensaje sin leer por Brimix »

Tiro una con pura magia
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Reemplazamos [math] y obtenemos:
[math]
[math]

Es decir, existe una constante [math] tal que [math]
Ahora reemplazamos x=c, y=-1
[math]
[math]
[math]

Luego, sea la constante [math]. Sabemos que [math]
Ahora, reemplazamos y=cd x>0, y obtenemos:
[math]
[math]
[math] y con [math]
[math] de aqui obtenemos:

[math] y además
En el caso 1: [math]
Y en el caso 2: [math]

En el caso 1, reemplazo y=1:
[math]
[math]
[math]

En el caso 2, reemplazo y=-1:
[math]
[math]
[math]

Mis dos posibles funciones son: [math] y [math]
1  
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Violeta

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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 2

Mensaje sin leer por Violeta »

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Escogemos [math] y [math] y se tiene que existe [math] tal que [math], para todo [math]. Especificamente, existe [math] tal que [math]. Si [math],
entonces:

[math]

Tambien, existe [math] tal que [math]. Si [math], entonces:

[math], de donde sigue inmediatamente la inyectividad de [math]. Si ahora [math], [math]. Es decir, o [math] o [math] y le dejo como ejercicio al lector verificar que ambas de estas funcionan.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.
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Gianni De Rico

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Re: Selectivo de Ibero 2015 Problema 2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

En algún momento tenía que subir mi solución (es parecida a la de Mati, pero creo que el final es más rápido)
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Reemplazando $x=1$ tenemos que $f(f(y)+1)=y+f(1)$, lo que implica que $f$ es sobreyectiva (en realidad también implica que es inyectiva, pero esto no lo vamos a usar), ya que el lado derecho recorre todos los reales. Tomando entonces $y_0$ tal que $f(y_0)=-1$ nos queda que $f(0)=xy_0+f(x)$, con lo que $f(x)=-y_0x+f(0)$, es decir que $f$ es de la forma $f(x)=mx+h$ (acá $m=-y_0$ y $h=f(0)$).
Evaluando y simplificando resulta $m^2xy+mhx=xy$. Reemplazando $x=1$, $y=0$ resulta $mh=0$. Reemplazando $x=y=1$ y usando $mh=0$ resulta $m^2=1$, con lo que $m=1$ o $m=-1$ (y en ambos casos es $h=0$). Entonces las posibles funciones son $f(x)=x$ o $f(x)=-x$ (la comprobación de que andan ya la hicieron arriba).
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850
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