Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La primera condición nos dice que $f$ es su propia inversa, luego $f$ es biyectiva. Ahora bien, si suponemos por reducción al absurdo que $f(f(n)+1)=2$, entonces $n$ no puede ser impar ya que entonces $2=n+3$ y tendríamos $n=-1\not\in\mathbb{N}$; tampoco puede ser par ya que entonces $2=n-1$ y tendríamos $n=3$, que en realidad es impar. Por ser $f$ biyectiva, debe existir un único $n_0\in\mathbb{N}$ tal que $f(n_0)=2$ pero entonces hemos vismo que $n_0\neq f(n)+1$ para ningún $n\in\mathbb{N}$. Usando la sobreyectividad de $f$, el término $f(n)+1$ toma todos los valores enteros mayores que $1$, luego sólo queda la posibilidad $n_0=1$. Tenemos así demostrada la pista que nos da el propio enunciado y que nos va a servir para resolver el problema.

Haciendo el cambio $n\mapsto f(n)$ en la segunda condición, tenemos que \[f(n+1)=f(f(f(n))+1)=\begin{cases}f(n)+1&\text{si }n\text{ es par},\\f(n)+3&\text{si }n\text{ es impar}.\end{cases}\] De esta forma, los valores de $f(n)$ decrecen 1 y aumentan 3 cíclicamente cuando $n$ se incrementa en una unidad. Por tanto, cuando $n$ avanza 2 unidades, $f(n)$ también se incrementa también en 2 unidades, independientemente de que $n$ sea par o impar. De esta forma, llegamos a que $f(2k+2)=2k+f(2),\qquad f(2k+1)=2k+f(1)$. Como quiera que $f(1)=2$ y $f(2)=f(f(1))=1$, tenemos que $f$ disminuye en una unidad los números pares y aumenta en una unidad a los impares, es decir, la única posible función que cumple las condiciones del enunciado es \[f(n)=\begin{cases}n-1&\text{si }n\text{ es par},\\n+1&\text{si }n\text{ es impar}.\end{cases}\] Es fácil comprobar que de verdad esta función cumple las condiciones.

Nota. En realidad, este problema nos obliga a usar la pista ya que nos dice observando previamente que... Aun así, es esperable que si alguien encuentra otra forma de resolverlo sin usar la pista, debería otorgarse la puntuación completa.

Solución. Observemos que el coste de arrancar es el mismo que el de funcionar durante 5 minutos, por lo que parar durante 10 minutos y luego arrancar ahorra 5 minutos de funcionamiento. Siguiendo un esquema voraz, la configuración óptima debe hacer parar durante 10 minutos el mayor número de veces posible. Con la restricción de que debe funcionar al menos 15 minutos seguidos, los $600=24\cdot (10+15)$ minutos totales darán una configuración óptima cuando haya 24 períodos de parada. Este razonamiento es muy sencillo, si bien la parte complicada es ahora minimizar el número de arranques, lo que nos dará la configuración óptima.

Si se intercalan ciclos de parada-arranque, como cada ciclo necesita 2 litros de gasóleo (medio litro en los 10 minutos que para y arranca y litro y medio en los 15 minutos que funciona), esta opción nos da un total de $24\cdot 2=48$ litros de gasóleo. Podemos mover uno de los ciclos de parada al final para evitar arrancar una vez, es decir, durante los últimos 40 minutos de las 10 horas, en lugar de hacer funcionamiento-parada-funcionamiento, podríamos hacer funcionamiento-funcionamiento-parada. De esta forma, solo se usan 47,5 litros. Está claro que es imposible colocar los períodos de parada para arrancar menos veces.

Solución. Haciendo $x=y=1$, obtenemos $f(f(1))=f(1)$ pero $f$ es inyectiva al tratarse de una función estrictamente creciente, luego $f(1)=1$. Haciendo $y=f(x)$ en la ecuación, tenemos que \[f(f(x)^2)=x^2f(xf(x))=x^4f(x^2).\] Haciendo ahora $y=1$ en la ecuación y cambiando $x$ por $x^2$, tenemos que $f(f(x^2))=x^4f(x^2)$, luego deducimos que $f(f(x)^2)=f(f(x^2))$ y de la inyectividad obtenemos que $f(x)^2=f(x^2)$. Veamos que la única solución posible es $f(x)=x^2$ para todo $x$, para lo que razonaremos por reducción al absurdo, distinguiendo dos casos:

• Si $f(x)\gt x^2$ para algún $x$, entonces podemos usar la monotonía para llegar a que \[x^2f(x)=f(f(x))\gt f(x^2)=f(x)^2,\] luego $f(x)\lt x^2$ (ya que $f(x)\neq 0$)), que es obviamente un absurdo.
• Si $f(x)\lt x^2$ para algún $x$, podemos razonar de forma similar para obtener que \[x^2f(x)=f(f(x))\lt f(x^2)=f(x)^2,\] luego $f(x)\gt x^2$ y también tenemos una contradicción.

Nota. ¿Qué ocurre si exigimos que $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$, $f:\mathbb{Q}\to\mathbb{Q}$ o $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ con las mismas condiciones?

Solución. Comenzamos observando que $f(1)=1-f(0)=1$, $f(\frac{1}{3})=\frac{f(1)}{2}=\frac{1}{2}$ y $f(\frac{2}{3})=1-f(\frac{1}{3})=\frac{1}{2}$. Como $f$ es creciente, deducimos que $f(x)$ es constante $\frac{1}{2}$ en el intervalo $[\frac{1}{3},\frac{2}{3}]$. El problema se resolverá si logramos hacer transformaciones para llevar $\frac{18}{1991}$ a este intervalo.

Multiplicamos el numerador por la mayor potencia de $3$ posible para no salirnos del intervalo $[0,1]$ y obtenemos usando la segunda regla que \[f\left(\frac{18}{1991}\right)=\frac{1}{2^4}\cdot f\left(\frac{18\cdot 3^4}{1991}\right)=\frac{1}{16}\cdot f\left(\frac{1458}{1991}\right).\] Como $\frac{1458}{1991}\not\in[\frac{1}{3},\frac{2}{3}]$, tomamos el número complementario para aplicar la tercera regla: \[f\left(\frac{1458}{1991}\right)=1-f\left(1-\frac{1458}{1991}\right)=1-f\left(\frac{533}{1991}\right).\] Volvemos a multiplicar por la mayor potencia de $3$: \[f\left(\frac{533}{1991}\right)=\frac{1}{2}\cdot f\left(\frac{3\cdot 533}{1991}\right)=\frac{1}{2}\cdot f\left(\frac{1599}{1991}\right).\] Como $\frac{1599}{1991}\not\in[\frac{1}{3},\frac{2}{3}]$, repetimos de nuevo el proceso: \[f\left(\frac{1599}{1991}\right)=1-f\left(1-\frac{1599}{1991}\right)=1-f\left(\frac{392}{1991}\right)=1-\frac{1}{2}\cdot f\left(\frac{1176}{1991}\right)=\frac{3}{4},\] ya que (ahora sí) $\frac{1176}{1991}\in[\frac{1}{3},\frac{2}{3}]$. Podemos entonces volver atrás y calcular $f(\frac{533}{1991})=\frac{3}{8}$ y $f(\frac{1458}{1991})=\frac{5}{8}$ y finalmente deducimos que \[f\left(\frac{18}{1991}\right)=\frac{5}{128}.\]

Nota. La función $f$ es la que se conoce como función escalera de Cantor. Una forma de calcular $f(x)$ es expresar $x$ como número decimal en base $3$ hasta llegar al primer decimal igual a $1$, cambiarlo por un $2$ y eliminar todos los que están a su derecha. Ahora todos los decimales son $0$ o $2$, cambiamos los ceros por unos y leemos el número en base $2$.

El procedimiento que se sigue en la solución de multiplicar por la mayor potencia de $3$ sin salirnos del intervalo y luego tomar complementarios, puede probarse que nos lleva a la solución siempre que acabe apareciendo un $1$ en la representación en base $3$ y hace que para tales números $x$, el valor de $f(x)$ sea racional. Los números para los que esto no se aplica son los que se escriben únicamente con $0$ y $2$ en base $3$, números que forman (una homotecia de razón $2$) del conjunto de Cantor (que son los números $x\in[0,1]$ que se escriben únicamente con $0$ y $1$ en base $3$).

Solución. Vamos a probar que si expresamos $n$ en base $2$ con solo ceros y unos, el número $f(n)$ es el que tiene esa misma representación en base $3$. Eso hace que el conjunto de valores que toma $f$ son los números que se escriben solamente con ceros y unos en base $3$, es decir, los números que son suma de potencias distintas de $3$.

Vamos a proceder por inducción completa sobre $n$. El caso base $n=1$ está claro ya que $f(1)=1$ y $1$ se expresa igual en ambas bases. Supongamos entonces que el resultado es cierto hasta cierto valor $n$ y veamos lo que ocurre con $n+1$. Podemos escribir \[n+1=2^ka_k+\ldots+4a_2+2a_1+a_0,\] siendo $a_k\ldots a_2a_1a_0$ los dígitos de $n+1$ en base $2$. Distinguimos dos casos según el valor de $a_0$:

• Si $a_0=0$, entonces podemos escribir \begin{align*} f(n+1)&=f(2(2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1))=3f(2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1)\\ &=3f(3^{k-1}a_k+\ldots+3a_2+a_1)=3^ka_k+\ldots+9a_2+3a_1, \end{align*} donde hemos usado que $2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1=\frac{n-1}{2}\lt n$ y la hipótesis de inducción. Por tanto, tenemos que $f(n+1)$ es el número que tiene los dígitos $a_k\ldots a_2a_1a_0$ en base $3$.
• De forma similar, si $a_0=1$, entonces \begin{align*} f(n+1)&=f(2(2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1)+1)=f(2(2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1))+1\\ &=f(2^{k}a_k+\ldots+4a_2+2a_1)+1=3^{k}a_k+\ldots+9a_2+3a_1+1, \end{align*} vuelve a ser el número con dígitos $a_k\ldots a_2a_1a_0$ en base $3$. Aquí hemos aplicado la hipótesis de inducción a $n=2^{k}a_k+\ldots+4a_2+2a_1$.