Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 \[c^2=x^{\log_x(c^2)}=x^{\log_a(b)\log_x(ac)}=(x^{\log_x(ac)})^{\log_a(b)}=(ac)^{\log_a(b)}.\]

Solución. Expresamos todo en términos del seno y el coseno, teniendo en cuenta las definiciones de las funciones trigonométricas \begin{align*} \mathrm{tg}(x)&=\frac{\mathrm{sen}(x)}{\mathrm{cos}(x)},& \mathrm{cotg}(x)&=\frac{\mathrm{cos}(x)}{\mathrm{sen}(x)},\\ \sec(x)&=\frac{1}{\mathrm{cos}(x)},& \mathrm{cosec}(x)&=\frac{1}{\mathrm{sen}(x)}. \end{align*} Utilizando también la identidad fundamental $\mathrm{sen}^2(x)+\cos^2(x)=1$, podemos transformar la ecuación inicial como sigue: \begin{align*} -3&=\frac{1}{\mathrm{sen}^2(x)}-\frac{1}{\cos^2(x)}-\frac{\mathrm{sen}^2(x)}{\mathrm{cos}^2(x)}-\frac{\mathrm{cos}^2(x)}{\mathrm{sen}^2(x)}-\mathrm{sen}^2(x)-\cos^2(x)\\ &=\frac{\cos^2(x)-\mathrm{sen}^2(x)-\mathrm{sen}^4(x)-\cos^4(x)}{\mathrm{sen}^2(x)\cos^2(x)}-1\\ &=\frac{\cos^2(x)-\mathrm{sen}^2(x)-\mathrm{sen}^2(x)(1-\cos^2(x))-\cos^2(x)(1-\mathrm{sen}^2(x))}{\mathrm{sen}^2(x)\cos^2(x)}-1\\ &=\frac{-2\mathrm{sen}^2(x)+2\mathrm{sen}^2(x)\cos^2(x)}{\mathrm{sen}^2(x)\cos^2(x)}-1=\frac{-2}{\cos^2(x)}+1 \end{align*} Por tanto, podemos escribir finalmente nuestra ecuación como $\cos(x)=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$, lo que nos da las soluciones $x=45$, $x=135$, $x=225$ y $x=315$ en el intervalo $[0,360]$. El resto de soluciones se obtienen sumando a estas un múltiplo entero de $360$.

Si dividimos $2003$ entre $360$, obtenemos cociente $5$ y resto $203$, es decir, $2003^\circ$ consiste en dar 5 vueltas a la circunferencia goniométrica y añadir $203^\circ$, lo que nos da la solución más cercana $5\cdot 360^\circ+225^\circ=2025^\circ$ y esta es la respuesta buscada.

Solución. Como intercambiar $x$ e $y$ no hace otra cosa que cambiar de orden las ecuaciones, tenemos que $(x,y)$ solución si, y sólo si, $(y,x)$ lo es. Esto nos da un número par de soluciones con $x\neq y$. Nos queda encontrar las soluciones con $x=y$, en cuyo caso las dos ecuaciones son la misma y queda \[(x^2+6)(x-1)=x(x^2+1)\ \Leftrightarrow\ x^2-5x+6=0,\] que tiene dos soluciones reales ($x=2$ y $x=3$), que también es un número par.

Nota. Es interesante preguntarse si realmente es que no se pueden calcular todas las soluciones, pero no es así. Si obviamos las soluciones $(2,2)$ y $(3,3)$ obtenidas, podemos sumar y restar las dos ecuaciones dadas para obtener el sistema cuadrático siguiente (tras simplificar el factor $x-y$ que aparece en la diferencia): \[\left\{\begin{array}{l} 2xy-x-y=7\\ x^2+y^2-5x-5y=-12 \end{array}\right.\] Despejando $x=\frac{7+y}{2y-1}$ en la primera ecuación y sustituyendo en la segunda, obtenemos la ecuación cuadrática $y^4-6 y^3+15 y^2-26 y+24=0$, cuyas únicas soluciones reales son $y=2$ e $y=3$ (se obtienen por Ruffini). Por tanto, el sistema del enunciado tiene cuatro soluciones: $(2,2)$, $(3,3)$, $(2,3)$ y $(3,2)$.