Olimpiadas de Matemáticas
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La base de datos contiene 2717 problemas y 972 soluciones.
Problema 1060
Encontrar todas las funciones crecientes $f:\mathbb{N}_0\to\mathbb{R}$ tales que
\[f(m^2+n^2)=f(m)^2+f(n)^2\]
para todo $m,n\in\mathbb{N}_0=\{0,1,2,3,\ldots\}$.
pistasolución 1info
Pista. Las soluciones son $f(n)=\frac{1}{2}$, $f(n)=0$ y $f(n)=n$. Puedes discriminarlas según los valores de $f(0)$ y $f(1)$ que salen de la ecuación funcional. Puede ser también útil encontrar distintas sumas de dos cuadrados que den el mismo resultado.
Solución. Haciendo $m=n=0$ en la ecuación funcional, obtenemos que $f(0)=2f(0)^2$, lo que nos lleva a que $f(0)=0$ o bien $f(0)=\frac{1}{2}$.
- Supongamos en primer lugar que $f(0)=\frac{1}{2}$ y vamos a demostrar que $f(n)=\frac{1}{2}$ para todo $n\in\mathbb{N}_0$, función que claramente es solución del problema. Haciendo $m=0$ y $n=1$ en la ecuación, obtenemos que $f(1)=f(1)^2+\frac{1}{4}$, ecuación de segundo grado que tiene por única solución $f(1)=\frac{1}{2}$. Esto nos da los casos base necesarios para probar por inducción que $f(2^m)=\frac{1}{2}$ para todo $m\in\mathbb{N}$. Si $m=2k$ es par, entonces \[f(2^m)=f((2^k)^2+0^2)=f(2^k)^2+f(0)^2=\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{4}=\tfrac{1}{2}.\] Si $m=2k+1$ es impar, entonces \[f(2^m)=f((2^k)^2+(2^k)^2)=f(2^k)^2+f(2^k)^2=\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{4}=\tfrac{1}{2}.\] Ahora bien, cualquier $n\in\mathbb{N}_0$ se puede encajar entre dos potencias consecutivas de $2$ de forma que existe $m\in\mathbb{N}_0$ tal que $2^m\leq n\leq 2^{m+1}$. El hecho de que $f$ sea creciente asegura que $\frac{1}{2}=f(2^m)\leq f(n)\leq f(2^{n+1})=\frac{1}{2}$, de donde deducimos que $f(n)=\frac{1}{2}$ para todo $n\in\mathbb{N}_0$.
- Supongamos ahora que $f(0)=0$. Haciendo $m=0$ y $n=1$ en la ecuación funcional, llegamos a que $f(1)=f(1)^2$, lo que nos da $f(1)=0$ o bien $f(1)=1$. Si $f(1)=0$, podemos probar por inducción igual que en el caso anterior que $f(2^m)=0$ para todo $m\in\mathbb{N}$, lo que nos lleva a que $f(n)=0$ para todo $n\in\mathbb{N}$ por la monotonía, y esta también es solución de la ecuación. Si, por el contrario, suponemos que $f(1)=1$, la misma idea de nuevo nos dice que $f(2^m)=2^m$ para todo $m\in\mathbb{N}_0$, pero ahora la monotonía no nos ayuda a conocer el valor del resto de naturales que no son potencia de $2$. Observamos que $f(5)=f(2^2+1^2)=f(2)^2+f(1)^2=5$ y $f(25)=f(5)^2+f(0)^2=25$, con lo que \[25=f(25)=f(3^2+4^2)=f(3)^2+f(4)^2=f(3)^2+16,\] de donde obtenemos que $f(3)=3$. Como $100=6^2+8^2=10^2+0^2$, también tenemos que \[f(6)^2+64=f(6)^2+f(8)^2=f(10)^2+f(0)^2=f(3^2+1^2)^2=(f(3)^2+f(1)^2)^2=100,\] de donde deducimos que $f(6)=6$. De la igualdad $7^2+1^2=5^2+5^2$ se deduce que $f(7)=7$ y de $9=3^2+0^2$ que $f(9)=9$. Vamos a probar finalmente por inducción sobre $n$ que $f(n)=n$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Sabemos que se cumple para $n\leq 9$ por los comentarios anteriores, casos que nos servirán como base para la inducción. Si $n=2k\geq 10$ es par, entonces podemos considerar la identidad $(2k)^2+(k-5)^2=(2k-4)^2+(k+3)^2$ para escribir \[f(2k)^2+f(k-5)^2=f(2k-4)^2+f(k+3)^2.\] Como los números $k-5$, $2k-4$ y $k+3$ son no negativos y menores que $n$, podemos usar la hipótesis de inducción y deducir de lo anterior que \[f(2k)^2+(k-5)^2=(2k-4)^2+(k+3)^2\ \Longleftrightarrow\ f(2k)^2=4k^2,\] luego obtenemos que $f(n)=n$. Si $n=2k+1\geq 11$ es impar, entonces podemos usar el mismo argumento teniendo en cuenta la identidad $(2k+1)^2+(k-2)^2=(2k-1)^2+(k+2)^2$.
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