Olimpiadas de Matemáticas
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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 $(2k+1)^2+(k-2)^2=(2k-1)^2+(k+2)^2$.

Solución. Aplicando la ecuación funcional, obtenemos que \[f(x+f(x+f(x+y)))=f(2x)+f(x+y).\] También podemos aplicar la ecuación funcional dos veces para desarrollar la misma expresión de un modo distinto: \begin{align*} f(x+f(x+f(x+y)))&=f(x+y+f(2x))\\ &=f(x+y+f((x+y)+(x-y)))=f(2x+2y)+x-y. \end{align*} Ahora bien, igualando ambos tenemos que \[f(2x)+f(x+y)=f(2x+2y)+x-y,\] para cualesquiera $x,y\in\mathbb{R}$. Haciendo $y=-x$, obtenemos que $f(2x)=2x$ para todo $x\in\mathbb{R}$, luego la única posible candidata a solución es la la función identidad $f(x)=x$. Se comprueba fácilmente que cumple la ecuación del enunciado, luego es realmente la única solución.

Solución. Pongamos que los tres números son $a$, $ar$ y $ar^2$, donde $r$ es la razón de la progresión geométrica. Como $r=\frac{ar}{a}$ tiene que ser un número racional no nulo, podemos escribirlo como fracción irreducible $r=\frac{m}{n}$ con $m\in\mathbb{Z}$ no nulo y $n\gt 0$. Como $ar^2$ también es entero, existirá $b$ tal que $a=bn^2$. En definitiva, podemos escribir los tres números como $bn^2,bmn,bm^2$, donde $b,m,n$ son enteros. La condición del enunciado se escribe entonces como \[111=bn^2+bmn+bm^2=b(n^2+mn+m^2).\] Esto nos dice que $b$ y $n^2+mn+m^2$ son factores complementarios de $111=3\cdot 37$ y tienen que ser ambos positivos puesto que $n^2+mn+m^2=\frac{1}{2}(m^2+n^2+(m+n)^2)\gt 0$ dado que $n\gt 0$. Tenemos entonces cuatro casos posibles:

• Caso $b=111$ y $n^2+mn+m^2=1$. Obtenemos $m^2+n^2+(m+n)^2=2$ y esto sólo es posible si $(m,n)=(-1,1)$ ya que $n$ ha de ser positivo.
• Caso $b=37$ y $n^2+mn+m^2=3$. Obtenemos $m^2+n^2+(m+n)^2=6$ y, como la única forma de escribir $6$ como suma de tres cuadrados es $4+1+1$, es fácil ver que las únicas soluciones son $(m,n)=(-2,1)$, $(m,n)=(-1,2)$ y $(m,n)=(1,1)$ (las obtenemos según en que sumando pongamos el 4 recordando además que $n$ tiene que ser positivo).
• Caso $b=3$ y $n^2+mn+m^2=37$. Obtenemos $m^2+n^2+(m+n)^2=74$ y las formas de escribir $74$ como suma de tres cuadrados son $64+9+1$, $49+25+0$ y $49+16+9$ (se comprueba caso por caso). El subcaso $64+9+1$ nos lleva a que $m,n,m+n$ son los números $\pm 1,\pm 3,\pm 8$ en algún orden y se ve fácilmente que no hay solución ($\pm 8$ no es suma ni diferencia de $\pm 1$ y $\pm 3$). El subcaso $49+25+0$ tampoco tiene solución por el mismo motivo. Sin embargo, el subcaso $49+16+9$ nos da las soluciones $(m,n)=(3,4)$, $(m,n)=(4,3)$, $(m,n)=(-3,7)$, $(m,n)=(-7,3)$, $(m,n)=(-4,7)$ y $(m,n)=(-7,4)$.
• Caso $b=1$ y $n^2+mn+m^2=111$. Obtenemos $m^2+n^2+(m+n)^2=222$ y las formas de escribir $222$ como suma de tres cuadrados son $196+25+1$, $169+49+4$ y $121+100+1$. Las dos primeras no dan solución ya que $196$ y $169$ están muy alejados de los otros cuadrados como ocurría en el caso anterior. En el subcaso de $121+100+1$, tenemos las soluciones $(m,n)=(10,1)$, $(m,n)=(1,10)$, $(m,n)=(-11,1)$, $(m,n)=(-1,11)$, $(m,n)=(-11,10)$ y $(m,n)=(-10,11)$.

Cada una de estas soluciones nos da una progresión geométrica, luego tenemos una solución para $b=1$, tres para $b=3$, seis para $b=37$ y seis para $b=111$. Deducimos que hay un total de $16$ soluciones.