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 números enteros.)
A por él.
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Creo que hay una errata. No aparece la igualdad.
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Este problema me ha parecido bastante sencillo -por lo estándar- para una IMO, ¿no creéis?
Tomando
se obtiene que
.
se obtiene que
.
Tomando
Tomando
,
, se obtiene la condición:
que nos conduce a una solución de la ecuación diofántica
. Sin embargo, tomando congruencias módulo
se deduce que la única solución entera de esta ecuación es
.
Luego,
,
, y la única función que cumple la condición del problema es
.
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)
¿Dónde se aprende estos temas?, en bachillerato sé que jamás aprenderé este tipo de cosas u.u
Vaya, me acabo de dar cuenta de que metí la pata en el caso
. La condición que he puesto no es correcta, y por tanto el desarrollo posterior no es válido. Ya me extrañaba que saliera tan rápido… 🙂
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…
Al parecer no salio mi comentario continuo al que hice en la mañana, en ese momento :s


donde k es constante y n es par(trivialmente todas sus raices son ceros).
por tanto
donde k es un entero cualquiera (hasta cero :p).
bueno, para resumir todo para concluir obtuve lo siguiente
de ello inferimos que son polinomios pares de la forma
por ende reemplazando nos resulta que
disculpen mis faltas ortograficas y diganme si cometi algun error GRACIAS
Concuerdo con René, usando que es
es par y sustituyendo
tenemos que
y reacomodando
por la fórmula general:



simplificando
por lo que pareciera ser que
Una pregunta, antes de continuar:
que
? O no lo he interpretado bien o para mi no lo es lo mismo.
Consideráis que es lo mismo
Gracias por la aclaracion
Saludos
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 »
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 »
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
sea constante, en cuyo caso se obtiene la solución trivial nula.
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
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
,
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 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](https://s0.wp.com/latex.php?latex=+f%28a%29%5E2+%2B+k%5E4f%28a%29+%2B+f%28%28k%2B1%29a%29%5E2+%3D+2k%5E2f%28a%29%5E2+%2B+2k%5E2f%28a%29f%28%28k%2B1%29a%29+%2B+2f%28a%29f%28%28k%2B1%29a%29+%5C%5C++f%28a%29%5E2%281%2Bk%5E4-2k%5E2%29+%2B+f%28%28k%2B1%29a%29%5E2+-+2f%28a%29f%28%28k%2B1%29a%29%5Bk%5E2%2B1%5D+%3D+0+&bg=ffffff&fg=000000&s=0)
![f(a)^2(k^2-1)^2 - 2f(a)f((k+1)a)[k^2+1] + f((k+1)a)^2 = 0 \\ f(a)^2(k^2-1)^2 - 2f(a)f((k+1)a)[k^2+1] + f((k+1)a)^2 = 0 \\](https://s0.wp.com/latex.php?latex=+f%28a%29%5E2%28k%5E2-1%29%5E2+-+2f%28a%29f%28%28k%2B1%29a%29%5Bk%5E2%2B1%5D+%2B+f%28%28k%2B1%29a%29%5E2+%3D+0+%5C%5C+&bg=ffffff&fg=000000&s=0)
![(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 \\ (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 \\](https://s0.wp.com/latex.php?latex=+%28k%5E2-1%29%5E2+%3D+%28k-1%29%5E2%28k%2B1%29%5E2%2C+entonces+%5C%5C++f%28a%29%5E2%28k-1%29%5E2%28k%2B1%29%5E2+-+2f%28a%29f%28%28k%2B1%29a%29%5Bk%5E2%2B1%5D+%2B+f%28%28k%2B1%29a%29%5E2+%3D+0+%5C%5C+&bg=ffffff&fg=000000&s=0)

donde

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:
como
factorizando se obtiene:
y como
tomando como factores
de donde se obtiene:
que es lo que se quería demostrar