IMO 2012 en Mar del Plata – Problema nº 4

Publicado por ^DiAmOnD^ | 13 agosto, 2012 | Juegos | 14 |

Cuarto problema de la IMO 2012, celebrada en Mar del Plata en julio de este año. Ahí va:

Hallar todas las funciones $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ que cumplen la siguiente igualdad:

$f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)$

para todos los enteros $a,b,c$ que satisfacen $a+b+c=0$ .

( $\mathbb{Z}$ denota el conjunto de los números enteros.)

A por él.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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14 Comments

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Martxelo

13/08/2012 10:32

Creo que hay una errata. No aparece la igualdad.

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Bitacoras.com

13/08/2012 12:21

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Cuarto problema de la IMO 2012, celebrada en Mar del Plata en julio de este año. Ahí va: Hallar todas las funciones que cumplen la siguiente igualdad: para todos los enteros que satisfacen . ( denota el conjunto de los núm……

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13/08/2012 15:55

Este problema me ha parecido bastante sencillo -por lo estándar- para una IMO, ¿no creéis?

Tomando $a=b=c=0$ se obtiene que $f(0)=0$ .
Tomando $a=x,\; b=0,\;c=-x$ se obtiene que $f(x)=f(-x),\;\forall x\in\mathbb{Z}$ .

Tomando $b=1$ , $c=-(1+a)$ , se obtiene la condición:

$(f(a)-f(1))^2+(f(a+1)-f(1))^2=3f(1)^2$ ,

que nos conduce a una solución de la ecuación diofántica $X^2+Y^2=3Z^2$ . Sin embargo, tomando congruencias módulo $3$ se deduce que la única solución entera de esta ecuación es $X=Y=Z=0$ .

Luego, $f(a)=f(1)=0$ , $\forall a\in\mathbb{Z}$ , y la única función que cumple la condición del problema es $f\equiv 0$ .

René

13/08/2012 16:10

su considero b=a entonces c=-2a luego reemplazando y haciendo un par de artilugios algebraicos me resulta
$f(-2a)=4f(a)$
luego bastaría evaluar para determinar los valores (obviamente es un polinomio de grado dos)

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Oscar

13/08/2012 16:47

¿Dónde se aprende estos temas?, en bachillerato sé que jamás aprenderé este tipo de cosas u.u

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13/08/2012 22:23

Vaya, me acabo de dar cuenta de que metí la pata en el caso $(a,1,-1-a)$ . La condición que he puesto no es correcta, y por tanto el desarrollo posterior no es válido. Ya me extrañaba que saliera tan rápido… 🙂

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Alguien

13/08/2012 22:33

Lo que dice René no es del todo correcto; como bien dice M, f(a)=f(-a), entonces sustituyendo (a,a,-2a) y usando que f(-2a)=f(2a), tendremos que f(2a)[f(2a)-4f(a)]=0, así que o bien f(2a)=0 o f(2a)=4f(a). De todos modos, es un problema en el que hay que ser muy cuidadoso y no dejarse los casos «fáciles» (tipo divisiones por cero y cosas así) que eran seriamente castigados…

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René

14/08/2012 03:51

Al parecer no salio mi comentario continuo al que hice en la mañana, en ese momento :s
bueno, para resumir todo para concluir obtuve lo siguiente
$f(-2a)=4f(a)$
$f(a)=f(-a)$
de ello inferimos que son polinomios pares de la forma
$f(x)=kx^n$ donde k es constante y n es par(trivialmente todas sus raices son ceros).
por ende reemplazando nos resulta que $n=2$ por tanto $f(a)=ka^2$ donde k es un entero cualquiera (hasta cero :p).

disculpen mis faltas ortograficas y diganme si cometi algun error GRACIAS

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Jonnathan

14/08/2012 04:17

Concuerdo con René, usando que es $f(x)$ es par y sustituyendo $c=-(a+b)$ tenemos que $f^2(a)+f^2(b)+f^2(a+b)=2f(a)f(b)+2f(a)f(a+b)+2f(b)f(a+b)$ y reacomodando
$f^2(a+b)-2f(a+b)(f(a)+f(b))+(f(a)-f(b))^2=0$ por la fórmula general:
$f(a+b) =\frac{2(f(a)+f(b)) \pm \sqrt{4(f(a)+f(b))^2-4(f(a)-f(b))^2}}{2}$
simplificando $f(a+b) = f(a) + f(b) \pm 2\sqrt{f(a)f(b)}$
por lo que pareciera ser que $f(x)=kx^2$

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Alfki

14/08/2012 08:07

Una pregunta, antes de continuar:
Consideráis que es lo mismo $f^2(a)$ que $f(a)^2$ ? O no lo he interpretado bien o para mi no lo es lo mismo.

Gracias por la aclaracion

Saludos

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Juanjo Escribano

14/08/2012 12:05

Creo que esto no es correcto , pero es lo que se me ha ocurrido: Construyo una funcion F(a,b,c) F: CxCxC -> Z F(a,b,c) = f(a)^2 + f(b)^2 + f(c)^2 – 2f(a)f(b)-2f(b)f(c)-2f(c)f(a) =0 es continua y derivable parcialmente, de derivada 0 obviamente. Aun y cuando la derivada que voy a hacer es parcial sobre a, lo denoto con ‘ por no dominar latex. 2f(a)f'(a) – 2f'(a)f(b) – 2f(c)f'(a) = 0 con dos soluciones, f'(a) = 0 f(a) = f(b) + f(c) de la segunda y por simetría de a, b y c se deduce f(a) = f(b) = f(c) =… Lee más »

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Alguien

14/08/2012 12:49

Del hecho de que o no se sigue necesariamente que sea una función polinómica, de hecho verás que hay soluciones que no lo son. Tenemos en cuenta ya que y que . En primer lugar, llamaremos . Si ahora , se obtiene al sustituir que , luego tenemos una función periódica en la que para los pares y para los impares. El otro caso que es . Sustituyendo se tiene que o . Calculemos ahora . Por lo visto antes, bien o bien . Sustituyendo , vemos que tiene que ser necesariamente , y probando ahora con nos queda que… Lee más »

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14/08/2012 16:12

Juanjo Escribano una función con valores enteros continua es necesariamente constante (teorema de valores intermedios). Por tanto, el desarrollo que haces no tiene sentido, a menos que $f$ sea constante, en cuyo caso se obtiene la solución trivial nula.

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Juanjo Escribano

16/08/2012 09:56

Hola M,

estoy de acuerdo con tu comentario (de hecho la hago = 0) pero esa función no es f sino F(f(x)).

Pese a eso no estoy nada convencido de que la demostración sea válida.

Un saludo

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Omar

21/08/2012 02:53

Este ejercicio lo enfoco de similar manera a los participantes anteriores, f(0) = 0, f(a) = f(-a) y f(2a) = 4f(a); también f(3a) = 9f(a) así que parece ser que la función es de la forma $f(ka) = k^2a$
Para demostrar este último, recurro a la inducción, se tiene que para k = 1 está probado, suponemos para algún k y comprobemos para k+1:
$f(a)^2+f(ka)^2+f((k+1)a)^2 = 2f(a)f(ka)+2 f(ka)f((k+1)a)+2f(a)f((k+1)a)$ ,
como $f(ka) = k^2f(a)$ reemplazando se tiene:
$f(a)^2 + k^4f(a) + f((k+1)a)^2 = 2k^2f(a)^2 + 2k^2f(a)f((k+1)a) + 2f(a)f((k+1)a) \\ f(a)^2(1+k^4-2k^2) + f((k+1)a)^2 - 2f(a)f((k+1)a)[k^2+1] = 0$
factorizando se obtiene:
$f(a)^2(k^2-1)^2 - 2f(a)f((k+1)a)[k^2+1] + f((k+1)a)^2 = 0 \\$
y como $(k^2-1)^2 = (k-1)^2(k+1)^2, entonces \\ f(a)^2(k-1)^2(k+1)^2 - 2f(a)f((k+1)a)[k^2+1] + f((k+1)a)^2 = 0 \\$
tomando como factores $f(a) y f((k+1)a) \\$
de donde se obtiene:
$[(k-1)^2f(a) - f((k+1)a)] \cdot [(k+1)^2f(a) - f((k+1)a)]$ donde
$(k+1)^2f(a) - f((k+1)a) = 0 \\ (k+1)^2f(a) = f((k+1)a)$
que es lo que se quería demostrar