ELMO 2020 P1

[Fedex]

Hallar todas las funciones $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ tales que:
$$f^{f^{f(x)}(y)}(z) = x+y+z+1$$
Para todos $x,y,z \in \mathbb{N}$.

[Juaco]

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bueno voy a usar esa notación que siempre veo en $\text{AoPS}$ y escribir $P(x; y; z)$ para decir que $f^{f^{f(x)}(y)}(z) = x + y + z + 1$

Si evaluamos en $P(x; y; f(z))$ vemos que $f(x + y + z + 1) = f(z) + x + y + 1$

Entonces con $P(x; y; 1): f(x + y + 2) = f(1) + x + y + 1$

si $k = x + y + 2$ entonces $k$ es un natural mayor o igual que $4$

vemos entonces que $f(k) = k + f(1) - 1 = k + c$, para todo $k \geq 4$

veamos ahora que $f^{f(x)}(y) = f^{f(y)}(x)$, en efecto, si $f^{f^{f(x)}(y)}(z) = x + y + z + 1 = y + x + z + 1 = f^{f^{f(y)}(x)}(z)$ de donde se tienen $3$ opciones: (en realidad capaz hay más opciones que no se me ocurren, no está demostrado eso, pero se puede ver con la propiedad de inyectividad demostrada en la otra solución y notando que $f(x)>1$)
•$ f$ es constante
•$ f(x) = x$
•$ f^{f(x)}(y) = f^{f(y)}(x)$

la única que funciona es la última, se ve claro con la condición original del problema

vemos (para $x,y \geq 4$) que $f^{f(x)}(y) = y + k(k + x)$ entonces $x - y = k(x - y)$ de donde cuando $x \ne y$ se tiene que $k=1$

De esto resulta que $f(x) = x + 1$ para todo $x$ natural mayor o igual que $4$ y para $x=1$ también pues $f(1) = 2$

falta ver que pasa con $f(2)$ y $f(3)$

si evaluamos $P(1, 1, f(2))$ vemos que $6 = f(5) = f(2) + 3$ por lo que $f(2) = 3$, para $f(3)$ es lo mismo ($f(3) = 4$)

Entonces tengo:
•$f(1) = 2$
•$f(2) = 3$
•$f(3) = 4$
•$f(k) = k + 1 \hspace{0,1cm} \forall \hspace{0,1cm} k \geq 4, k \in \mathbb{N}$

Por lo que $f(x) = x +1$ para todos los naturales

[Fedex]

Subo para que quede una solución, piénsenlo y suban las suyas porque el problema es uma delicia.

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Notemos que $f(x)$ es inyectiva:
$$f(a) = f(b) \to f^{f^{f(x)}f(y)}(a) = f^{f^{f(x)}f(y)}(b) \to x+y+a + 1 = x+y+b+1 \to a=b$$
Notemos que el lado derecho toma valores enteros $\geq 4$, luego $f(x)$ es sobreyectiva en los enteros $\geq 4$

Decimos que un entero $n$ es malito si la sucesión $a_i = f^i(n)$ para $i \in \mathbb{N}$ es periodica. Notemos que al ser $a_{i-1} = f^{-1}(a_i)$ donde el termino anterior queda únicamente definido por inyectividad, existe $p(n) \geq 1$ tal que $a_{p(n)} = a_0$ y $p(n)$ es mínimo. Luego para $k$ entero $f^{kp(n)}(n) = n$.

Supongamos que existe un número malito, tomamos $y$ que cumpla esto. Sea $x$ tal que $f(x) \equiv 0 \; (p(y))$ que existen infinitos por sobreyectividad en enteros $\geq 4$.
Luego la expresión del enunciado se vuelve:
$$f^{y}(z) = x+ y+z + 1$$
Pero fijando $z$ también el lado izquierdo es constante y en el derecho $x$ puede moverse por infinitos valores, absurdo! Luego no hay números malitos.

Es decir que si para un $n$ ocurre $f^i(n) = f^j(n) \to i=j$.
Luego intercambiando $x$ e $y$ en la ecuación original tenemos:
$$f^{f(x)}(y) = f^{f(y)}(x)$$
Sea $y=f(x)$:
$$f^{f(x)+1}(x) = f^{f(f(x))}(x) \to f(x)+1 = f(f(x))$$
Inductivamente se da $f^i (x) = f(x) + i -1$.
Luego:
$$x +y + z + 1 = f^{f^{f(x)}(y)}(z) = f(z) + f^{f(x)}(y) - 1 = f(z) + f(y) + f(x) - 2 $$
Con $x = y = z$ tenemos:
$$3f(x) = 3(x+1) \to f(x) = x+1 $$
Y estamos, no es difícil verificar que funciona.