IMO 2013 en Santa Marta (Colombia) – Problema nº 5

Publicado por ^DiAmOnD^ | 2 septiembre, 2013 | Juegos | 17 |

Quinto problema de la IMO 2013 celebrada en Colombia. Ahí va el enunciado:

Sea $\mathbb{Q}_{> 0}$ el conjunto de los números racionales mayores que cero. Sea $f: \mathbb{Q}_{> 0} \rightarrow \mathbb{R}$ una función que satisface las tres siguientes condiciones:

(i) $f(x)f(y) \geq f(xy)$ para todos los $x,y \in \mathbb{Q}_{> 0}$ ;

(ii) $f(x+y) \geq f(x)+f(y)$ para todos los $x,y \in \mathbb{Q}_{> 0}$ ;

(iii) existe un número racional $a > 1$ tal que $f(a)=a$ .

Demostrar que $f(x)=x$ para todo $x \in \mathbb{Q}_{> 0}$ .

Que se os dé bien.

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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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Bitacoras.com

02/09/2013 12:19

Información Bitacoras.com

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rtomas

02/09/2013 21:39

creo que algo parecido ya ha salido por aqui, veamos:
$f(1)\geq f^2(1)$
$f(1)\geq 0$
Por otro lado:
$f(1a)\geq f(1)a$
$a\geq f(1)a$
$1\geq f(1)$
Asi que:
$1 \geq f(1) \geq 0$

Y el resto es muy facil

Para el cero:
$f(0) \geq f^2(0)$
con lo que
$f(0) \geq 0$
y como
$f(0) \geq 2f(0)$
$f(0) \leq 0$
concluimos que
$f(0) = 0$

Para el -1:
$f(0)=f(a-a) \geq a + f(-a) \geq a +af(-1) = a(1+f(-1))$
$0 \geq 1 + f(-1)$
$f(-1) \leq -1$

Y por ultimo conectando el 1 y el -1:
$f(1) \geq f^2(-1)$
$(0,1) \geq (1, \infty )$
$f(1) = -f(-1) = 1$

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rtomas

02/09/2013 21:51

fantastico, y ahora me doy cuenta que era para racionales mayores de cero…

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Daniel-san

02/09/2013 21:56

En la tercera condición hay un error, me imagino que el autor quería decir que $a \geq 1$

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rtomas

02/09/2013 22:10

Daniel, creo que es muy importante, pues con el $a \geq 1$ hay muchas mas soluciones, por ejemplo f(x)=x^2:
x^2y^2 >= (xy)^2
(x+y)^2 >= x^2 + y^2 (no negativos!)
1^2=1

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rtomas

02/09/2013 22:33

vaya resolvi un problema totalmente diferente, para todo Q y cambie la primera condicion por:
f(xy)>=f(x)f(y)

vaya…

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Daniel-san

02/09/2013 23:03

Es verdad rtomas, ahora me doy cuenta, gracias. Disculpas a quienes haya confundido 🙁

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Deswick

03/09/2013 13:00

¿Cómo podeis dar solución al problema aplicando intervales de no definición de la función? En los racionales negativos no esta definida por lo de que en -a o, más particularmente, en -1, no puede ni siquiera hablarse de f(-1)

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Juanjo Escribano

05/09/2013 12:49

Habida cuenta que lo anterior los propios autores indican que no es correcto, empiezo de cero y esto es lo que he conseguido:

f(x)f(y) mayor= f(xy)

f(a) = a con a> 1

a = f(1*a) menor= f(1) f(a)) = a f(1) -> f(1) mayor= 1

f(2) = f(1+1) mayor= f(1) + f(1) mayor=2

y así sucesivamente f(n) mayor=n para n€N

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rtomas

05/09/2013 21:24

pues ya le echado varias horas en estos dias y no encuentro la solucion.
Alguna pista?
Resultados interesantes ademas de los de Juanjo:
$f(x) > 0$ para todo x en Q>0
$f(x) > f(y)$ si x > y
$f(\frac{1}{a}) \geq \frac{1}{a}$
$f(\frac{a}{N}) \leq \frac{a}{N}$ para N entero positivo
$\frac{f(1)}{f(N)} \geq f(\frac{1}{N}) \geq \frac{1}{f(N)}$
Y por ultimo la que mas me gusta:

$f(1) \geq \frac{N}{f(N)}$

pues establece que f(N) no crece mas rapido que N.
En resumen f(x) es una funcion positiva, monotona creciente, que en los naturales
no crece mas rapido que x. Pero no he logrado demostrar que sea continua
y ni mucho menos el enunciado. Alguna pista?

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golvano

05/09/2013 21:41

Yo lo he resuelto para el caso en que a es entero, pero no veo cómo extenderlo al caso general. A lo mejor alguno de los resultados que pones me sirven.

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rtomas

05/09/2013 22:30

suerte golvano, el caso a entero parece mas facil, pero si te animas nos lo puedes contar.

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Juanjo Escribano

06/09/2013 12:05

Nf(1/N)=f(1/N)+…+f(1/N) (N términos) menor= f(1). -> f(1/N) menor= f(1)/N

Rtomas dice: f(1/a) mayor= 1/a con la desigualdad cruzada. Quizá ligando las 2 cosas se podría avanzar.

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Juanjo Escribano

06/09/2013 12:15

para x€Q (mayor que 0), x=p/q con p y q € N

f(x) = f(p/q) menor= p f(1/q) menor= p f(1)/q = x f(1) luego f(x) menor= x f(1) para x € Q (mayor que 0)

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golvano

06/09/2013 16:51

Ya lo he resuelto.

Para reducirlo al caso entero he utilizado lo siguiente:

$a^k \geq f(a^k)$ para todo k entero positivo.

Como $a>1$ , se puede conseguir $a^k$ tan grande como se quiera.

Para 3, por ejemplo, llamamos y al entero múltiplo de 3 inmediatamente inferior a $a^k$ .

Entonces tenemos:

$a^k \geq f(a^k)\geq f(y) \geq \frac{y}{3} f(3)$

De donde:

$f(3) \leq 3 \frac{a^k}{y}$

Aumentando k se puede conseguir que $\frac{a^k}{y}$ sea tan cercano a 1 como se quiera, y por tanto $f(3) = 3$ .

De la misma forma, para cualquier entero, $f(N) = N$ , y a partir de ahí es fácil.

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rtomas

06/09/2013 20:30

genial Golvano!

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Juanjo Escribano

18/09/2013 13:09

Golvano

en el límite no se demuestra f(3) = 3 sino f(3) menor= 3, y como ya teníamos f(n) mayor= n entonces si se cumple f(n) = n

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golvano

18/09/2013 14:48

Sí, bueno, usé varios resultados que ya se habían puesto:

f(x) > f(y) si x > y

f(n) >= n para n€N

El primero no se había justificado, pero yo creo que es fácil.

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