Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Si emparejamos la primera raíz con la última, la segunda con la penúltima y así sucesivamente, obtenemos sumas que podemos acotar de la siguiente manera (ver la nota): \[\sqrt{n^2-j}+\sqrt{n^2+j}=\sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-j^2}}\lt \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4}}=2n.\] Por lo tanto sumando desde $j=1$ hasta $j=k$ y añadiendo el sumando $\sqrt{n^2}=n$, obtenemos que $S\lt 2kn+n$. Ahora bien, si demostramos que $S\geq 2kn+n-1$, habremos terminado y la solución será $2kn+n-1$.

Para ver esto, seguimos el razonamiento anterior del emparejamiento, pero en este caso hacemos la siguiente estimación para $1\leq j\leq k$: \begin{align*} \sqrt{n^2-j}+\sqrt{n^2+j}&=\sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-j^2}}\geq \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-k^2}}\\ &\geq \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-n^2}}\geq \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-2n^2+1}}\\ &=\sqrt{2n^2+2(n^2-1)}=\sqrt{4n^2-2}=2n\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}. \end{align*} Sumando de nuevo en $j$, obtenemos $S\geq n+2kn\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}$ Por lo tanto, para demostrar que $S\geq n+2kn-1$ (que es lo que queremos), será suficiente ver que $2kn\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}\geq 2kn-1$. Esto equivale a que \[2kn\left(1-\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}\right)\leq 1.\] El peor caso posible es $k=n$, luego es suficiente probar que $2n^2(1-\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}})\leq 1$, que a su vez puede escribirse como \[1-\frac{1}{2n^2}\leq \sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}.\] Esta última desigualdad es obvia: como $1-\frac{1}{2n^2}$ es un número entre $0$ y $1$, su raíz cuadrada es mayor. Siguiendo la cadena de desigualdades equivalentes, hemos probado el resultado.

Nota. Hemos utilizado que $\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{a^2+b^2+2\sqrt{ab}}$ para cualesquiera $a,b\gt 0$ (¿sabrías demostrar por qué esto es cierto?).

Solución. Si hacemos $x=f(z)$ en la ecuación funcional, obtenemos que \[f(f(z)f(y))=f(yf(z))+f(z)\stackrel{\star}{=}f(yz)+y+f(z),\] donde en $\star$ hemos usado de nuevo la ecuación funcional. Como lo anterior es cierto para cualesquiera $y,z\gt 0$ y hay términos simétricos, intercambiando $z$ por $y$, obtenemos que \[f(yz)+y+f(z)=f(f(z)f(y))=f(zy)+z+f(y),\] de donde $y+f(z)=z+f(y)$ para todo $y,z\gt 0$. Esto nos lleva a que $f(z)=z+a$ para cierto $a\in\mathbb{R}$. Sin embargo, la única de estas funciones que cumple la ecuación original es para $a=1$ y deducimos que $f(z)=z+1$ es la única solución.