Olimpiadas de Matemáticas
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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.

Solución. Observamos en primer lugar que la expresión está definida para todo entero $n$ ya que la ecuación $x^2-x+2$ no tiene soluciones reales. Veremos entonces cuándo dos valores se repiten, para lo que calculamos \begin{align*} \frac{n^2-2}{n^2-n+2}=\frac{m^2-2}{m^2-m+2}&\ \Leftrightarrow\ \frac{(n^2-2)(m^2-m+2)-(m^2-2)(n^2-n+2)}{(n^2-n+2)(m^2-m+2)}=0\\ &\ \Leftrightarrow\ \frac{m^2 n-4 m^2-m n^2+2 m+4 n^2-2 n}{(n^2-n+2)(m^2-m+2)}=0\\ &\ \Leftrightarrow\ \frac{(m-n)(2-4m-4n+mn)}{(n^2-n+2)(m^2-m+2)}=0. \end{align*} La última factorización puede ser difícil de encontrar si no sabemos que realmente tiene que haber un factor $m-n$ ya que se trata de expresiones polinómicas y para $m=n$ se tiene la igualdad que buscamos. En cualquier caso, las parejas que producirán valores iguales de la expresión del enunciado son las soluciones de $2-4m-4n+mn=0$. Esta ecuación se puede expresar como \[(m-4)(n-4)=14,\] por lo que $m-4$ y $n-4$ tienen que ser factores complementarios de $14$. Además, tienen que ser $m,n\geq 1$, luego $m-4,n-4\geq -3$ y no se puede tratar de factores negativos. Suponiendo además que $m\lt n$ sin perder generalidad, tenemos sólo dos casos:

• $m-4=1$ y $n-4=14$,
• $m-4=2$ y $n-4=7$.

Deducimos de todo esto que todo entero $n$ entre $1$ y $100$ da un valor distinto al sustituirlo en la expresión dada, salvo las parejas $(5,18)$ y $(6,11)$, que dan el mismo valor. Por tanto, hay $98$ valores distintos de la expresión.

Solución. La primera observación es que aplicar $m+1$ veces $f$ puede hacerse como $f\circ f^m$ o $f^m\circ f$. Ambas formas nos dan el mismo resultado, luego se cumple que \[f(n+2017)=f(f^m(n))=f^m(f(n))=f(n)+2017.\] En particular, sólo es necesario conocer $f(1),f(2),\ldots,f(2017)$ para conocer completamente la función $f$ y también se tiene que el resto de $f(n)$ módulo $2017$ sólo depende del resto de $n$ módulo $2017$. Como $f^m(n)=n+2017$, la función toma en su imagen todos los restos posibles y deducimos que la función $\theta(n)=f(n)\,\pmod{2017}$ es una biyección del conjunto $\{0,1,\ldots,2016\}$ en sí mismo.

Fijemos $n\in\{0,\ldots,2016\}$. La sucesión de restos $\{n,\theta(n),\theta^2(n),\theta^3(n),\ldots\}$ toma un número finito de valores y cada valor sólo depende del anterior, luego tiene que ser periódica. Como $\theta$ es una biyección, existirá un primer exponente $k\geq 1$ tal que $\theta^k(n)=n$, es decir, $f^k(n)$ es el primer elemento de la sucesión $\{f(n),f^2(n),f^3(n),\ldots\}$ que es congruente con $n$ módulo $2017$ y, por tanto, $f^k(n)=n+2017a$ para cierto $a\in\Z$. Entonces, tenemos que los únicos números de dicha sucesión que son congruentes con $n$ son los de la forma $f^{ck}(n)$, pero podemos calcularlos usando $(\star)$ recursivamente como \[f^{ck}(n)=f^k(f^k(\ldots(f^k(n))\ldots))=n+2017ca.\] Por lo tanto, el número $m$ que buscamos tiene que ser múltiplo de $k$ y tiene que ser $ca=1$, es decir $c=a=1$, luego no puede ser otro que $k=m$.

Con todo esto, se tiene que para cada $n$ hay exactamente $m$ restos de $\{0,1,\ldots,2016\}$ que aparecen periódicamente en la sucesión $\{n,\theta(n),\theta^2(n),\theta^3(n),\ldots\}$. Para distintos valores de $m$, estos restos son distintos, luego $2017$ tiene que poder partirse en subconjuntos de $m$ elementos y, en particular, $2017$ ser múltiplo de $m$. Como $2017$ es primo, no quedan más opciones que $m=1$ y $m=2017$. Comprobamos efectivamente que estos valores cumplen la condición, pues basta tomar $f(n)=n+2017$ si $m=1$ o bien $f(n)=n+1$ si $m=2017$.