Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Volviendo a aplicar $f$ tenemos que $f(f(f(n)))=f(n+a)$ y también que $f(f(f(n)))=f(n)+a$ luego $f(n+a)=f(n)+a$. Vamos a discutir ahora cada caso por separado.

• En el caso $a=1$, tenemos que $f(n+1)=f(n)+1$, lo que nos dice que $f(n)=f(1)+n-1$ para todo $n\in\mathbb{N}$ luego se tendrá que $n+1=f(f(n))=2f(1)+n-2$ para todo $n\in\mathbb{N}$, de donde $2f(1)-2=1$ lo cual es imposible ya que el miembro de la izquierda es par y el de la derecha no.
• En el caso $a=2$, tenemos que $f(n+2)=f(n)+2$ y, por lo tanto, dado $k\in\mathbb{N}$, se cumple que $f(n)=f(2)+n-2$ si $n$ es par y $f(n)=f(1)+n-1$ si $n$ es impar, pues cada valor $f(n)$ se obtiene de $f(n-2)$ sumándole 2. Por un lado, $f(2)$ tiene que ser impar ya que si es par, entonces $2k+2=f(f(2k))=f(f(2)+2k-2)=2f(2)+2k-4$, de donde $f(2)=3$ contradiciendo que hemos supuesto que es par. Como es impar, tenemos que $2k+2=f(f(2k))=f(f(2)+2k-2)=f(1)+f(2)+2k-3$ luego $f(1)+f(2)=5$ y tenemos dos posibilidades: o bien $f(1)=2$ y $f(2)=3$, o bien $f(1)=4$ y $f(2)=1$. Estas dos posibilidades nos llevan a que las únicas posibles soluciones son las funciones \[f(n)=\begin{cases}n+3&\text{si }n\text{ es impar}\\n-1&\text{si }n\text{ es par}\end{cases}\hspace{2cm}f(n)=n+1\] y es fácil comprobar que las dos cumplen la propiedad del enunciado.

Solución. Haciendo $x=y$, se tiene que $f(0)=0$ y, haciendo ahora $y=0$, se tiene que $f(x^2)=xf(x)$, de donde deducimos que $f$ es una función impar, es decir, $f(-x)=-f(x)$. Por tanto, haciendo el cambio $y\mapsto-y$ en la ecuación original, se tiene que \[(x-y)(f(x)+f(y))=f(x^2-y^2)=f(x^2+(-y)^2)=(x+y)(f(x)-f(y)).\] Desarrollando el primer y el último término e igualándolos, se tiene que $xf(y)=yf(x)$ para cualesquiera $x,y\in\mathbb{R}$, de donde tenemos que $f(x)=xf(1)$ y hemos probado que las soluciones de la ecuación del enunciado tienen que ser de la forma $f(x)=\lambda x$ para algún $\lambda\in\mathbb{R}$. Como estas funciones cumplen dicha ecuación, deducimos que son todas las soluciones.

Solución. Haciendo $x=0$, tenemos que $f(f(y))=f(0)^2+y$. Por otro lado, $f$ es sobreyectiva a la vista de la ecuación funcional ya que el miembro de la derecha toma cualquier valor real al variar $x$ e $y$. Por tanto, existirá $x_0\in\mathbb{R}$ tal que $f(x_0)=0$ y, sustituyendo $x=y=x_0$ en la ecuación, tenemos que $x_0=f(f(x_0))=f(0)^2+x_0$, de donde $f(0)=0$ y $f(f(x))=x$ para todo $x\in\mathbb{R}$. Ahora bien, sustituyendo $y=0$ en la ecuación inicial, tenemos que $f(xf(x))=f(x)^2$ y, haciendo el cambio $x\mapsto f(x)$ en esta última igualdad, se llega a que $f(xf(x))=x^2$ luego $f(x)^2=x^2$ para todo $x\in\mathbb{R}$.

Finalmente, probaremos que las únicas posibilidades son $f(x)=x$ para todo $x\in\mathbb{R}$ ó $f(x)=-x$ para todo $x\in\mathbb{R}$. Por reducción al absurdo, si así no ocurriera, existirían $x_0,y_0\neq 0$ tales que $f(x_0)=x_0$ y $f(y_0)=-y_0$ y, sustituyendo estos valores en la ecuación inicial, tendríamos que $f(x_0^2-y_0)=x_0^2+y_0$ donde tenemos dos posibilidades $f(x_0^2-y_0)=x_0^2-y_0$ ó $f(x_0^2-y_0)=-x_0^2+y_0$ (por ser $f(x)^2=x^2$ para todo $x\in\mathbb{R}$). En el primer caso, se llega a que $y_0=0$ y en el segundo a que $x_0=0$, pero habíamos supuesto que $x_0,y_0\neq 0$.

Por tanto, las únicas soluciones de la ecuación del enunciado son $f(x)=x$ y $f(x)=-x$.

Solución. Llamemos $x_1,x_2,x_3,x_4\in\mathbb{R}$ a esos cuatro números y $P$ a su producto. La condición del enunciado es equivalente a $P+x_i^2=2x_i$ para cualquier $x_i$; en otras palabras, $x_i^2-2x_i=P$ no depende de $i$, luego $x_i^2-2x_i=x_j^2-2x_j$ para cualesquiera $i,j$. Esta última igualdad puede expresarse como \[(x_i-x_j)(x_i+x_j-2)=0.\] Vemos así que, dados dos de los cuatro números, o bien son iguales, o bien suman $2$. Deducimos que entre los cuatro números $x_1,x_2,x_3,x_4$ no puede haber más de dos valores distintos. Se nos presentan así tres casos, salvo reordenación de los números:

• $x_1=x_2=x_3=x_4=a$, de donde tiene que ser $a=1$ para que se cumpla el enunciado.
• $x_1=x_2=x_3=a$, $x_4=2-a$. Imponiendo la condición del enunciado, obtenemos $a=1$ (que se correponde al caso anterior) o bien $a=-1$.
• $x_1=x_2=a$, $x_3=x_4=2-a$. Imponiendo la condición del enunciado, obtenemos sólo $a=1$.

De esta discusión deducimos que las soluciones son $\{1,1,1,1\}$ y $\{-1,-1,-1,3\}$.

Solución. Si desarrollamos la condición del enunciado tomando denominador común, llegamos a que \[(bc+ac+ab)(a+b+c)=abc.\] Desarrollando esta igualdad y pasándolo todo al miembro de la derecha tenemos que \[a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b+2abc=0.\] Esta última igualdad se puede factorizar de la siguiente forma (no es fácil darse cuenta pero el hecho de que si sustituimos $b$ por $-a$, se obtiene $0=0$ nos puede dar una pista): \[(a+b)(b+c)(a+c)=0.\] Por lo tanto, se cumplirá que $a=-b$, $b=-c$ ó $c=-a$. Supongamos que se cumple la primera condición (con las demás se razona de forma similar); entonces tenemos que \begin{eqnarray*} \frac{1}{a^{1999}}+\frac{1}{b^{1999}}+\frac{1}{c^{1999}}&=&\frac{-1}{b^{1999}}+\frac{1}{b^{1999}}+\frac{1}{c^{1999}}=\frac{1}{c^{1999}}\\ &=&\frac{1}{(-b)^{1999}+b^{1999}+c^{1999}}=\frac{1}{a^{1999}+b^{1999}+c^{1999}}. \end{eqnarray*} como queríamos probar.

Nota. Obviamente podría haberse sustituido $1999$ por cualquier otro número impar.