Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La primera ecuación es conocida como la ecuación de Cauchy y nos dice que existe $m\in\mathbb{R}$ tal que $f(x)=mx$ para todo $x\in\mathbb{Q}$. Ahora bien, sustituyendo $x=y=1$ en la segunda ecuación, obtenemos que $f(1)=f(1)^2$, con lo que $f(1)=0$ o bien $f(1)=1$. Si $f(1)=0$, entonces sustituyendo $y=1$ en la segunda ecuación, obtenemos directamente que $f(x)=0$ para todo $x\in\mathbb{R}$.

Supongamos entonces que $f(1)=1$, luego $m=1$ y $f(x)=x$ para todo $x\in\mathbb{Q}$. Si probamos que $f(x)$ es creciente (es decir, $f(a)\geq f(b)$ cuando $a\gt b$), tendremos que $f(x)=x$ para todo $x\in\mathbb{R}$ (¿por qué?). Dado $t\gt 0$, expresemos $t=a^2$ y, haciendo $x=y=a$ en la segunda ecuación, tenemos que $f(t)=f(a^2)=f(xy)=f(x)f(y)=f(a)^2\gt 0$, luego $f$ aplica reales positivos en reales positivos. Dados $a,b\in\mathbb{R}$ con $a\gt b$, podremos expresar $a=b+t$ para cierto $t\gt 0$, luego $f(a)=f(b+t)=f(b)+f(t)\gt f(b)$, lo que nos dice que $f$ es (estrictamente) creciente y, por tanto, $f(x)=x$ para todo $x\in\mathbb{R}$.

Esto prueba que las únicas soluciones son $f(x)=0$ y $f(x)=x$, que trivialmente verifican las dos ecuaciones.

Solución. Si llamamos $f(1)=a$, la ecuación del enunciado nos dice que $f(a+1)=2a$. Como $f$ es estrictamente creciente, y en los intervalos $[1,a+1]$ y $[a,2a]$ hay exactamente $a$ números enteros, deducimos que $f(2)=a+1$, $f(3)=a+2$,... hasta $f(a+1)=2a$. En otras palabras, $f(n)=a-1+n$ siempre que $1\leq n\leq a+1$. Sustituyendo ahora $n=a+1$ en la ecuación del enunciado, tenemos que $f(3a+1)=4a$ y, como hay $2a+1$ números tanto en el intervalo del dominio $[a+1,3a+1]$ como en el de la imagen $[2a,4a]$, deducimos que $f(a+2)=2a+1$, $f(a+3)=2a+2$,... hasta $f(3a+1)=4a$, luego $f(n)=a-1+n$ siempre que $1\leq n\leq 3a+1$. Repitiendo el proceso se deduce que $f(n)=a-1+n$ para todo $n\in\mathbb{N}$, de donde deducimos que toda función que cumpla el enunciado ha de ser de esta forma. Como estas funciones lo cumplen (¡comprobarlo!), deducimos que son las únicas.

Solución. La ecuación se puede escribir de forma equivalente como $p(x)=0$, donde $p(x)=3x^3-13x^2+14x-2$. Como $p(x)$ es una función continua y cumple que $p(0)=2$, $p(1)=-2$, $p(2)=-2$ y $p(3)=4$, el teorema de Bolzano nos dice que $p(x)$ tiene una raíz en $(0,1)$, otra en $(1,2)$ y otra en $(2,3)$. Como el polinomio $p(x)$ tiene tres raíces complejas, deducimos que son reales positivas y hemos demostrado el primer apartado.

Para el segundo apartado, vamos a hacer uso de la fórmula de la tangente del la suma. Concretamente, dados $x,y,z\in(0,\frac{\pi}{2})$, de dicha fórmula se deduce que \[\mathrm{tg}(x+y+z)=\frac{\mathrm{tg}(x+y)+\mathrm{tg}(z)}{1-\mathrm{tg}(x+y)\mathrm{tg}(z)}=\frac{\mathrm{tg}(x)+\mathrm{tg}(y)+\mathrm{tg}(z)-\mathrm{tg}(x)\mathrm{tg}(y)\mathrm{tg}(z)}{1-\mathrm{tg}(x)\mathrm{tg}(y)-\mathrm{tg}(y)\mathrm{tg}(z)-\mathrm{tg}(z)\mathrm{tg}(x)}.\] Sustituyendo $x=\mathrm{arctg}(r)$, $y=\mathrm{arctg}(s)$ y $z=\mathrm{arctg}(t)$, tenemos que \[\mathrm{tg}(\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t))=\frac{(r+s+t)-rst}{1-(rs+st+rt)}=\frac{\frac{13}{3}-\frac{2}{3}}{1-\frac{14}{3}}=-1.\] ya que las relaciones de Cardano para el polinomio $p(x)$ nos aseguran que \[ r+s+t=\frac{13}{3},\quad rs+st+rt=\frac{14}{3},\quad rst=\frac{2}{3}. \] Esto nos dice que existe un número entero $k$ tal que \[\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t)=-\frac{\pi}{4}+k\pi.\] Como $r,s,t\gt 0$, tenemos que $0\lt \mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t)\lt\frac{3\pi}{2}$, de donde $k=1$ y \[\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t)=\frac{3\pi}{4}.\]

Solución. Observemos que la condición del enunciado se puede expresar como \[a_{n+2}a_{n+1}=a_{n+1}a_n+1.\] Como $a_2a_1=1$, es fácil darse cuenta de que $a_{n+2}a_{n+1}=n+1$ para todo número natural $n$. Así, para cada $n\geq 3$, podemos despejar $a_n=\frac{n-1}{a_{n-1}}$ y calcular \[a_{2004}=\frac{2003}{a_{2003}}=\frac{2003\cdot a_{2002}}{2002}=\frac{2003\cdot 2001}{2002\cdot a_{2001}}=\ldots=\frac{2003\cdot 2001\cdots 3}{2002\cdot 2000\cdots 2}.\] Otra forma de expresar el resultado usando factoriales es: \[a_{2004}=\frac{2003!}{(2002\cdot 2000\cdots 2)^2}=\frac{2003!}{2^{2002}\cdot (1001!)^2}.\]

Solución. Cualquier intento de manipulación de la ecuación está abocado al fracaso puesto que esta ecuación es lo que se conoce como ecuación trascendente. No obstante, hay un método indirecto que nos lleva a la solución.

Consideremos la función $f(x)=\log_5(x-5)+\log_6(x+6)$, que está definida para $x\gt 5$ y es estrictamente creciente (es decir, $f(x)\gt f(y)$ si $x\gt y$), lo que nos dice que si la ecuación $f(x)=4$ tiene una solución, entonces la solución es única (¿por qué?). Visto eso, si uno prueba un poco con números sencillos, verá rápidamente que $x=30$ es una solución, luego es la única.