Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La idea clave es darse cuenta de que la segunda ecuación se puede escribir equivalentemente como $(x-y)(y-z)(x-z)=0$, lo que nos dice que dos de las incógnitas tienen que ser iguales. Como no hay simetría, tendremos que distinguir tres casos:

• Si $x=y$, entonces la primera ecuación nos dice que $2x+z=1$. Sustituyendo $y=x$ y $z=1-2x$ en la tercera y simplificando, llegamos a la ecuación $3x^2-x=0$, que nos da soluciones $x=0$ y $x=\frac{1}{3}$. Deshaciendo las sustituciones, obtenemos la soluciones al sistema original $(x,y,z)=(0,0,1)$ y $(x,y,z)=(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$.
• Si $y=z$, la primera ecuación nos da $x+2y=1$, luego podemos sustituir $z=y$ y $x=1-2y$ en la tercera ecuación y después de simplificar nos queda $y(3y^2-4y+1)=0$, que tiene soluciones $y=0$, $y=1$ e $y=\frac{1}{3}$. En el sistema original, esto se corresponde con las soluciones $(1,0,0)$, $(-1,1,1)$ y $(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$, aunque esta última ya la hemos obtenido previamente.
• Si $z=x$, procedemos de forma análoga usando la primera ecuación para obtener $y=1-2x$. Sustituyendo en la tercera y simplificando, llegamos a que $x(9x^2-9x+2)=0$, ecuación que tiene por soluciones $x=0$, $x=\frac{1}{3}$ y $x=\frac{2}{3}$. Estas nos dan las soluciones del sistema $(0,1,0)$, $(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$ y $(\frac{2}{3},\frac{-1}{3},\frac{2}{3})$.

Se han obtenido así un total de $7$ soluciones distintas.

Solución. Podemos expresar la condición como \[(x_1-x_1^2)(x_2-x_2^2)\cdots(x_n-x_n^2)=1.\] Podemos completar cuadrados para expresar cada uno de los factores como $x-x^2=\frac{1}{4}-(x-\frac{1}{2})^2$. Esta expresión toma todos los valores entre $(-\infty,\frac{1}{4}]$, luego basta tomar $x_1$ tal que $x_1-x_1^2=-4^{n-2}$, $x_2$ tal que $x_2-x_2^2=-1$ y $x_k=\frac{1}{2}$ para $3\leq k\leq n$ (que verifica $x_k-x_k^2=\frac{1}{4}$).

Solución. Comenzamos observando que ningún número puede ser negativo ya que todos son iguales a potencias de exponente par. Si hubiera algún $x_i$ igual a cero, entonces el resto debe tener suma cero y, como todos son mayores o iguales que cero, deben ser todos cero. Si hubiera algún $x_i$ mayor que $1$, supongamos sin perder generalidad que $x_1\gt 2$ es el mayor de todos los números, luego $x_2=(x_1+x_3+\ldots+x_n)^{2018}\geq x_1^{2018}\gt x_1$, contradiciendo que $x_1$ es el máximo. Todo esto nos dice que podemos suponer que todos los $x_i$ son iguales a $1$; si $n\geq 3$, entonces los miembros de la derecha serían mayores o iguales que $2^{2018}$, caso que hemos descartado. Nos quedan así sólo dos casos posibles, que se comprueba fácilmente que verifican las ecuaciones:

• $x_1=x_2=\ldots=x_n=0$ para todo $n\geq 2$;
• $x_1=x_2=1$ para $n=2$.

Solución. Haciendo $m=n=0$ en la ecuación funcional, obtenemos que $f(0)=2f(0)^2$, lo que nos lleva a que $f(0)=0$ o bien $f(0)=\frac{1}{2}$.

• Supongamos en primer lugar que $f(0)=\frac{1}{2}$ y vamos a demostrar que $f(n)=\frac{1}{2}$ para todo $n\in\mathbb{N}_0$, función que claramente es solución del problema. Haciendo $m=0$ y $n=1$ en la ecuación, obtenemos que $f(1)=f(1)^2+\frac{1}{4}$, ecuación de segundo grado que tiene por única solución $f(1)=\frac{1}{2}$. Esto nos da los casos base necesarios para probar por inducción que $f(2^m)=\frac{1}{2}$ para todo $m\in\mathbb{N}$. Si $m=2k$ es par, entonces \[f(2^m)=f((2^k)^2+0^2)=f(2^k)^2+f(0)^2=\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{4}=\tfrac{1}{2}.\] Si $m=2k+1$ es impar, entonces \[f(2^m)=f((2^k)^2+(2^k)^2)=f(2^k)^2+f(2^k)^2=\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{4}=\tfrac{1}{2}.\] Ahora bien, cualquier $n\in\mathbb{N}_0$ se puede encajar entre dos potencias consecutivas de $2$ de forma que existe $m\in\mathbb{N}_0$ tal que $2^m\leq n\leq 2^{m+1}$. El hecho de que $f$ sea creciente asegura que $\frac{1}{2}=f(2^m)\leq f(n)\leq f(2^{n+1})=\frac{1}{2}$, de donde deducimos que $f(n)=\frac{1}{2}$ para todo $n\in\mathbb{N}_0$.
• Supongamos ahora que $f(0)=0$. Haciendo $m=0$ y $n=1$ en la ecuación funcional, llegamos a que $f(1)=f(1)^2$, lo que nos da $f(1)=0$ o bien $f(1)=1$. Si $f(1)=0$, podemos probar por inducción igual que en el caso anterior que $f(2^m)=0$ para todo $m\in\mathbb{N}$, lo que nos lleva a que $f(n)=0$ para todo $n\in\mathbb{N}$ por la monotonía, y esta también es solución de la ecuación. Si, por el contrario, suponemos que $f(1)=1$, la misma idea de nuevo nos dice que $f(2^m)=2^m$ para todo $m\in\mathbb{N}_0$, pero ahora la monotonía no nos ayuda a conocer el valor del resto de naturales que no son potencia de $2$. Observamos que $f(5)=f(2^2+1^2)=f(2)^2+f(1)^2=5$ y $f(25)=f(5)^2+f(0)^2=25$, con lo que \[25=f(25)=f(3^2+4^2)=f(3)^2+f(4)^2=f(3)^2+16,\] de donde obtenemos que $f(3)=3$. Como $100=6^2+8^2=10^2+0^2$, también tenemos que \[f(6)^2+64=f(6)^2+f(8)^2=f(10)^2+f(0)^2=f(3^2+1^2)^2=(f(3)^2+f(1)^2)^2=100,\] de donde deducimos que $f(6)=6$. De la igualdad $7^2+1^2=5^2+5^2$ se deduce que $f(7)=7$ y de $9=3^2+0^2$ que $f(9)=9$. Vamos a probar finalmente por inducción sobre $n$ que $f(n)=n$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Sabemos que se cumple para $n\leq 9$ por los comentarios anteriores, casos que nos servirán como base para la inducción. Si $n=2k\geq 10$ es par, entonces podemos considerar la identidad $(2k)^2+(k-5)^2=(2k-4)^2+(k+3)^2$ para escribir \[f(2k)^2+f(k-5)^2=f(2k-4)^2+f(k+3)^2.\] Como los números $k-5$, $2k-4$ y $k+3$ son no negativos y menores que $n$, podemos usar la hipótesis de inducción y deducir de lo anterior que \[f(2k)^2+(k-5)^2=(2k-4)^2+(k+3)^2\ \Longleftrightarrow\ f(2k)^2=4k^2,\] luego obtenemos que $f(n)=n$. Si $n=2k+1\geq 11$ es impar, entonces podemos usar el mismo argumento teniendo en cuenta la identidad $(2k+1)^2+(k-2)^2=(2k-1)^2+(k+2)^2$.