IMO 2012 en Mar del Plata – Problema nº 4

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.

Author: ^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.

14 Comments

  1. Creo que hay una errata. No aparece la igualdad.

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  2. 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.

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

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  5. 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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  6. 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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  7. 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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  8. 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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  9. 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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  10. 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) = 0
    Mi duda es como construyo F(a,b,c) en el área compleja para que f (que solo está definida en Z) se pueda considerar parcialmente derivable.

    Quizá la idea se pueda cerrar por parte de otro participante

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  11. Del hecho de que f(2a)=4f(a) o f(2a)=0 no se sigue necesariamente que sea una función polinómica, de hecho verás que hay soluciones que no lo son. Tenemos en cuenta ya que f(0)=0 y que f(-a)=f(a). En primer lugar, llamaremos f(1)=k. Si ahora f(2)=0, se obtiene al sustituir (2,a,a-2) que f(a)=f(a-2), luego tenemos una función periódica en la que f(a)=0 para los pares y f(a)=k para los impares. El otro caso que es f(2)=4k. Sustituyendo (1,2,3) se tiene que f(3)=k o f(3)=9k. Calculemos ahora f(4). Por lo visto antes, bien f(4)=0 o bien f(4)=4f(2)=16f(1). Sustituyendo (1,3,4), vemos que tiene que ser necesariamente f(4)=0, y probando ahora con (4,a-4,a) nos queda que f(a-4)=f(a) y por tanto tenemos una función de período 4 de la forma (0,k,4k,k). Tratemos por último el caso de f(2)=4k y f(3)=9k. Sustituimos (1,a-1,a) y luego (2,a-2,a), y tras un poco de álgebra se llega a que el único valor de f(a) que es válido en ambas ecuaciones (bajo la premisa de que a \geq 4) es f(a)=ka^2. Finalmente, se comprueba que las 3 familias de soluciones obtenidas son válidas (en el caso de las soluciones periódicas analizamos toda la casuística y para la otra nos basta recordar la factorización de Herón, según la cual (a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)=2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4).

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  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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  13. 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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  14. 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

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