Olimpiada Internacional de Matemáticas 2008 – Problema 4: Halla las funciones

Publicado por ^DiAmOnD^ | 19 agosto, 2008 | Juegos | 6 |

Cuarto problema de la Olimpiada Internacional de Matemáticas de 2008:

Hallar todas las funciones $f: (0, \infty) \longrightarrow (0, \infty)$ (es decir, las funciones $f$ de los números reales positivos en los números reales positivos) tales que

$\cfrac{\left ( f(w) \right )^2 + \left ( f(x) \right )^2}{f(y^2)+f(z^2)}=\cfrac{w^2+x^2}{y^2+z^2}$

para todos los números reales $w,x,y,z$ que satisfacen $wx=yz$ .

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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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19/08/2008 13:49

En mi opinión, este era el más asequible de los seis.

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Javier

20/08/2008 19:18

$\displaystyle \frac{f(1)^2+f(1)^2}{f(1)+f(1)}=1$ asi que $f(1)=1$

$\displaystyle \frac{f(1)^2+f(a)^2}{f(a)+f(a)}=\frac{1+a^2}{a+a}$

$\displaystyle x=f(a), \frac{1+x^2}{2x}=\frac{1+a^2}{2a},\ a+ax^2=x(1+a^2)$

$\displaystyle ax^2-(1+a^2)x+a=0, \ x=\frac{1+a^2\pm\sqrt{1+2a^2+a^4-4a^2}}{2a}$

$\displaystyle x=\frac{1+a^2+1-a^2}{2a}=\frac{1}{a}$

$\displaystyle x=\frac{1+a^2-1+a^2}{2a}=a$

Supongamos que $f(a^2)=a^2$

$\displaystyle \frac{f(1)^2+f(1)^2}{f(a^2)+f(a^{-2})}=\frac{2a^2}{a^4+1}$ asi que $\displaystyle \frac{2}{a^2+f(a^{-2})}=\frac{2a^2}{a^4+1}$

$\displaystyle 2a^4+2=2a^4+2a^2f(a^{-2}),\ f(a^{-2})=a^{-2}$

Analogamente demostrariamos que si $\displaystyle f(a^2)=a^{-2}, \ f(a^{-2})=a^2$

Con lo que demostramos que las dos unicas funciones que cumplen las normas son $f(x)=x$ y $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x}$

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20/08/2008 20:32

Javier, sí señor, la respuesta final es esa, aunque falta una cosa importante en tu razonamiento:

Has demostrado que si $a\succ 0$ entonces se tiene que $f(a)=a$ , o bien $f(a)=\frac{1}{a}$ .

¿Por qué no puede darse el caso de que existan $a,b\succ0$ tales que $f(a)=a$ y $f(b)=\dfrac{1}{b}$ ? De momento, tu razonamiento no excluye esta posibilidad.

Para concluir que las dos únicas soluciones al problema son la función identidad y la función recíproca hay que aclarar esta cuestión.

Responde

Javier

21/08/2008 10:37

Si que lo he demostrado, puesto que he llegado a la conclusion de que si $f(a)=a$ el unico resultado posible es $f(b)=b$ usando el caso particular $\displaystyle b=\frac{1}{a}$

Saludos

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21/08/2008 14:35

Javier, sin ánimo de incordiar, debo decir que, tal cual lo has planteado, el problema aún no está completamente resuelto. Tu razonamiento no excluye una posible función «algo traviesa» que aplique x en x para algunos x’s, y x en para otros valores de x en el complementario del conjunto anterior. Usar b=1/a como caso particular no demuestra nada en general (lo que has demostrado es que si para un cierto se tiene que (resp. ), entonces (resp. )). Por ejemplo, para el caso de la función identidad, en ningún momento has demostrado que si para un cierto , entonces… Lee más »

Responde

Javier

21/08/2008 16:02

Tienes razon

Sea $\displaystyle \frac{f(a)^2+f(b)^2}{f(1^2)+f(a^2b^2)}$

Para $f(a)=a, f(b)=b$ es trivial que $f(a^2b^2)=a^2b^2$

Si $\displaystyle f(a)=\frac{1}{a},f(b)=\frac{1}{b}$

$\displaystyle \frac{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}{1+f(a^2b^2)}=\frac{a^2+b^2}{1+a^2b^2}, \frac{a^2+b^2}{(a^2b^2)(1+f(a^2b^2)}=\frac{a^2+b^2}{1+a^2b^2}$

$\displaystyle a^2b^2+a^2b^2f(a^2b^2)=1+a^2b^2,f(a^2b^2)=\frac{1}{a^2b^2}$

Si $\displaystyle f(a)=a,f(b)=\frac{1}{b}$

$\displaystyle \frac{a^2+\frac{1}{b^2}}{1+f(a^2b^2)}=\frac{a^2+b^2}{1+a^2b^2}$

si $f(a^2b^2)=a^2b^2$ la igualdad solo se cumple para b=1, y no para todo b

si $\displaystyle f(a^2b^2)=\frac{1}{a^2b^2}, \displaystyle \frac{\frac{a^2b^2+1}{b^2}}{\frac{a^2b^2+1}{a^2b^2}}=\frac{a^2+b^2}{1+a^2b^2}, a^2=\frac{a^2+b^2}{1+a^2b^2}$ que vuelve a ocurrir solo en b=1