Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Razonamos por reducción al absurdo suponiendo que $r$ no es entero. Entonces, existe un único número entero $q\geq 1$ tal que \[\lfloor r\rfloor+\frac{1}{q+1}\leq r\lt \lfloor r\rfloor+\frac{1}{q}.\] Si multiplicamos por $q$, obtenemos que \[q\lfloor r\rfloor+\frac{q}{q+1}\leq qr\lt q\lfloor r\rfloor+1,\] lo que nos dice que $\lfloor qr\rfloor=q\lfloor r\rfloor$. Si ahora multiplicamos por $2q$, obtenemos que \[2q\lfloor r\rfloor+\frac{2q}{q+1}\leq 2qr\lt 2q\lfloor r\rfloor+2.\] Como quiera que $\frac{2q}{q+1}\geq 1$, se tiene que $\lfloor 2qr\rfloor=2q\lfloor r\rfloor+1$. Este último número ha de ser múltiplo de $\lfloor qr\rfloor=q\lfloor r\rfloor$ por la condición del enunciado (para $m=q$ y $n=2q$), pero esto es imposible salvo que $q=1$ y $\lfloor r\rfloor=1$ (ambos son números mayores o iguales que 1).

Por tanto, podemos suponer que $\frac{3}{2}\leq r\lt 2$ y vamos a repetir un razonamiento similar al anterior, considerando el único entero $q\geq 2$ tal que \[2-\frac{1}{q}\leq r\lt 2-\frac{1}{q+1}.\] Multiplicando por $q+1$ y por $2(q+1)$ nos quedan las desigualdades siguientes: \begin{align*} 2q+1-\frac{1}{q}\leq (q+1)r\lt 2q+1&\quad \Longrightarrow\quad \lfloor (q+1)r\rfloor= 2q,\\ 4q+2-\frac{2}{q}\leq r\lt 4q+2&\quad\Longrightarrow\quad \lfloor 2(q+1)r\rfloor= 4q+1. \end{align*} Deducimos que $2q$ debe dividir a $4q+1$, luego $2q$ divide a $1$, lo cual es imposible.

Solución. Llamemos $S(n)$ a la suma de fracciones que nos dice el enunciado y veamos que $S(n)=\frac{1}{2}$ por inducción sobre $n$. En el caso inicial $n=2$, la única fracción que cumple esos requisitos es $\frac{1}{2}$ para $a=1$ y $b=2$, luego $S(2)=\frac{1}{2}$. Supongamos que $S(n)=\frac{1}{2}$ para cierto $n\geq 2$ y probemos que $S(n+1)=\frac{1}{2}$. Observemos que las sumas $S(n)$ y $S(n+1)$ contienen los mismos sumandos excepto los siguientes:

• Los sumandos que aparecen en $S(n)$ y no en $S(n+1)$ son aquellos en que $a+b=n+1$.
• Los sumandos que aparecen en $S(n+1)$ y no en $S(n)$ son aquellos en que $b=n+1$.

Ahora bien, cada par $(a,b)$ de primos relativos con $a+b=n+1$ se puede poner en correspondencia con los pares de primos relativos $(a,n+1)$ y $(b,n+1)$. El valor total de los sumandos no varía ya que \[\frac{1}{a(n+1)}+\frac{1}{b(n+1)}=\frac{a+b}{ab(n+1)}=\frac{1}{ab},\] luego $S(n+1)=S(n)=\frac{1}{2}$ y el enunciado queda demostrado.

Solución. La primera condición nos dice que la función $f(n)$ se lleva muy bien con la factorización de $n$, luego factorizamos $1002=2\cdot 3\cdot 167$ ($167$ es primo, pero no hace falta ni siquiera saberlo para llegar al resultado), lo que nos da $2004=2^2\cdot 3\cdot 167$. Ahora observamos que \[1003969\leq f(1002)\leq 1002^2=1004004,\] lo que deja relativamente pocos valores posibles para $f(1002)$. Ahora bien, la segunda condición nos da también $f(2)\leq 4$, $f(3)\leq 9$ y $f(167)\leq 27889$. Vamos a ver que estas tres desigualdades tienen que ser igualdades, pues en caso contrario, se tendría que $f(2)\leq 3$, $f(3)\leq 8$ o $f(167)\leq 27888$, luego se cumpliría alguna de las siguientes desigualdades \begin{align*} f(1002)&=f(2)f(3)f(167)\leq 4\cdot 9\cdot 27888=1003968,\\ f(1002)&=f(2)f(3)f(167)\leq 4\cdot 8\cdot 27889=892448,\\ f(1002)&=f(2)f(3)f(167)\leq 3\cdot 9\cdot 27889=753003, \end{align*} pero ninguna de ellas es posible ya que $f(1002)\geq 1003969$ (en este punto nos damos cuenta de por qué se ha puesto ese número raro en el enunciado). Deducimos, pues, que \[f(2004)=f(2)^2f(3)f(167)=4^2\cdot 9\cdot 27889=2004^2=4016016\] es el único posible valor.

Solución. Si en la ecuación sustituimos $n$ por $f(n)$, tenemos que $f(f(f(n)))=f(n)+2$. Por otro lado, si aplicamos $f$ a la ecuación también tenemos que $f(f(f(n)))=f(n+2)$, por lo que la función $f$ tiene que verificar \[f(n+2)=f(n)+2,\quad\text{para todo }n\in\mathbb{N}.\] Esto nos dice que $f(n)$ avanza dos unidades cuando $n$ aumenta dos unidades, luego crece linealmente en los pares y en los impares por separado. Si llamamos $a=f(1)$ y $b=f(2)$, se tiene que \[f(n)=\begin{cases}a+n-1&\text{si }n\text{ es impar},\\ b+n-2&\text{si }n\text{ es par}.\end{cases}\] Queda por ver qué valores de $a$ y $b$ hacen que se cumpla la ecuación inicial, para lo que distinguiremos casos según la paridad de $a$ y $b$:

• Si $a$ es impar, entonces $n+2=f(f(n))=f(a+n-1)=2a+n-2$ para todo $n$ impar, luego tiene que ser $2a-2=2$, que no es impar. De la misma forma, si $b$ es par, entonces $n+2=f(f(n))=f(b+n-2)=2b+n-4$ para todo $n$ par, luego tiene que ser $2b-4=2$, es decir, $b=3$, que no es par.
• Tenemos entonces que $a$ es par y $b$ impar, luego $n+2=f(f(n))=f(a+n-1)=a+b+n-3$ para todo $n$ impar, luego tiene que ser $a+b=5$, cuya única posible solución es $a=2$ y $b=3$.

Deducimos así que la única solución a la ecuación funcional es $f(n)=n+1$ para todo $n\in\mathbb{N}$.

Nota. Se ha considerado que los naturales no contienen al cero. En caso de que el cero sea admitido como natural, la ecuación $a+b=5$ del último punto también admite la solución $a=0$ y $b=5$ (recordemos que $a$ y $b$ son valores de $f$). Esto nos daría lugar a la solución \[f(n)=\begin{cases}n-1&\text{si }n\text{ es impar},\\ n+3&\text{si }n\text{ es par}.\end{cases}\]

Solución. Que están en progresión aritmética nos dice que $\log_b(x)=\frac{1}{2}(\log_a(x)+\log_c(x))$. Utilizando que $\log_y(x)$ y $\log_x(y)$ son inversos, podemos expresarlo equivalentemente como \begin{align*} \frac{2}{\log_x(b)}=\frac{1}{\log_x(a)}+\frac{1}{\log_x(c)}&\ \Longleftrightarrow\ \frac{\log_x(b)}{2}=\frac{\log_x(a)\log_x(c)}{\log_x(ac)}\\ &\ \Longleftrightarrow\ \frac{\log_x(b)}{\log_x(a)}=\frac{\log_x(c^2)}{\log_x(ac)}\\ &\ \Longleftrightarrow\ \log_a(b)=\frac{\log_x(c^2)}{\log_x(ac)} \\ &\ \Longleftrightarrow\ \log_a(b)\log_x(ac)=\log_x(c^2) \end{align*} Esto nos dice finalmente que \[c^2=x^{\log_x(c^2)}=x^{\log_a(b)\log_x(ac)}=(x^{\log_x(ac)})^{\log_a(b)}=(ac)^{\log_a(b)}.\]