Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 $n=2^{k}a_k+\ldots+4a_2+2a_1$.

Solución. Observando la factorización $4n^2+6n=2n(2n+3)$, es muy fácil encontrar la siguiente función y ver que cumple las tres condiciones: \[f(n)=\begin{cases} n+1&\text{si }n\text{ es par,}\\ n-1&\text{si }n\text{ es impar.} \end{cases}\] Vamos a probar que solo hay una función con las condiciones dadas, luego esta será la única. La condición (a) nos asegura que el valor de $f(n)$ para $n$ par determina los valores para $n$ impar. Además, nos permite reescribir las condiciones (b) y (c) como \[(f(2n)-1)f(2n+2)=4n^2+6n,\qquad f(2020)=2021.\] Está claro entonces que $f(2n)$ determina el valor de $f(2n+2)$ para todo $n\in\mathbb{N}$, luego $f(2020)$ determina el valor en todos los números pares mayores que $2020$. También $f(2n+2)$ determina el valor de $f(2n)$, luego $f(2020)$ determina el valor de $f$ en todos los pares menores que $2020$. Todo esto nos dice que hay una única función en esas condiciones.

Solución. Escribimos la ecuación funcional del apartado para todos los números pares desde $n=0$ hasta $n=2k$. Obtenemos así las siguientes ecuaciones \begin{align*} f(2)-f(0)&=6&&=6+8\cdot 0\\ f(4)-f(2)&=14&&=6+8\cdot 1\\ f(6)-f(4)&=22&&=6+8\cdot 2\\ &\ \vdots\\ f(2k+2)-f(2k)&=8k+6&&=6+8\cdot k \end{align*} Sumando estas $k+1$ ecuaciones se cancelan casi todos los términos de las partes izquierdas (suma telescópica) y nos queda \[f(2k+2)-f(0)=6(k+1)+8(0+1+\ldots+k)=6(k+1)+4k(k+1)=(2k+2)(2k+3).\] Hacemos ahora el mismo razonamiento con las $k$ ecuaciones que se obtienen desde $n=1$ hasta $n=2k-1$, que están dadas por \begin{align*} f(3)-f(1)&=10&&=10+8\cdot 0\\ f(5)-f(3)&=18&&=10+8\cdot 1\\ f(7)-f(5)&=26&&=10+8\cdot 2\\ &\ \vdots\\ f(2k+1)-f(2k-1)&=8k+2&&=10+8\cdot (k-1) \end{align*} Sumando obtenemos que \[f(2k+1)-f(1)=10k+8(0+1+2+\ldots+(k-1))=10k+4(k-1)k=(2k+3)2k.\] Si llamamos $a=f(0)$ y $b=f(1)$, podemos expresar la función como \[f(n)=\begin{cases} n(n+1)+a&\text{si }n\text{ es par},\\ (n-1)(n+2)+b&\text{si }n\text{ es impar}. \end{cases}\] Observamos además que $f(n)\geq 0$ para todo $n\geq 0$ precisamente cuando $a\geq 0$ y $b\geq 0$. Calculamos finalmente $f(2022)=2022\cdot 2023+a$ y $f(2021)=2020\cdot 2022+b$, luego debe cumplirse que \[4044=f(2022)-f(2021)=2022\cdot 2023+a-2020\cdot 2023-b\ \Leftrightarrow\ b=2+a.\] Esto nos dice que las soluciones al problema son las funciones \[f(n)=\begin{cases} n(n+1)+a&\text{si }n\text{ es par},\\ (n-1)(n+2)+2+a&\text{si }n\text{ es impar}, \end{cases}\] para todo $a\geq 0$ (se comprueba que todas ellas cumplen las condiciones).

Solución. Consideremos el punto $C=(\sqrt{2},\sqrt{3})$. Veamos, por reducción al absurdo, que no hay dos puntos distintos de coordenadas enteras que equidisten de $C$. En efecto, si $(x_1,y_1)$ y $(x_2,y_2)$ fueran tales puntos, tendríamos que \[(x_1-\sqrt{2})^2+(y_1-\sqrt{3})^2=(x_2-\sqrt{2})^2+(y_2-\sqrt{3})^2.\] Desarrollando los cuadrados en esta igualdad, tenemos equivalentemente que \[2(x_2-x_1)\sqrt{2}+2(y_2-y_1)\sqrt{3}=x_2^2-x_1^2+y_2^2-y_1^2.\] Esto nos da una combinación de $\sqrt{2}$ y $\sqrt{3}$ con coeficientes enteros igual a otro número entero, lo cual solo es posible (ver la nota) si dichos coeficientes son cero, de donde deducimos que $x_1=y_1$ y $x_2=y_2$, en contra de que hemos supuesto que los puntos $(x_1,y_1)$ y $(x_2,y_2)$ son distintos.

Esto nos lleva a que las circunferencias de centro $C$ al aumentar el radio de $0$ a $+\infty$ van encontrando los puntos de coordenadas enteras de uno en uno. Por ello, deducimos que es posible encontrar circunferencias en cuyo interior hay cualquier número $n\geq 0$ de puntos de coordenadas enteras.

Nota. No es posible encontrar enteros no nulos $a,b\in\mathbb{Z}$ tales que $a\sqrt{2}=b$, ya que en tal caso $\sqrt{2}$ sería un número racional. De una forma similar, no es posible encontrar enteros no nulos $a,b,c\in\mathbb{Z}$ tales que $a\sqrt{2}+b\sqrt{3}=c$. Esto es un hecho conocido, pero vamos a demostrarlo. Observemos que, si esto es así, podemos suponer que $b\neq 0$, luego $r\sqrt{2}-s=\sqrt{3}$, donde $r=\frac{a}{c}$ y $s=\frac{b}{c}$ son racionales. Elevando al cuadrado esta expresión, tenemos que \[3=(r\sqrt{2}-s)^2=(2r^2+s^2)-2rs\sqrt{2},\] de donde $rs=0$ y $2r^2+s^2=3$. De la primera condición, llegamos a que $r=0$ o $s=0$, pero la segunda no tiene solución racional con $r=0$ o $s=0$.