COFFEE "Ariel Zylber" - Problema D

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COFFEE
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COFFEE "Ariel Zylber" - Problema D

Mensaje sin leer por COFFEE » Vie 05 Jun, 2020 12:01 am

Determinar todas las funciones $f: \mathbb{N}\to \mathbb{N}$ tales que$$f^{abc-a}(abc)+f^{abc-b}(abc)+f^{abc-c}(abc)=a+b+c$$para cualesquiera $a,b,c$ enteros mayores o iguales que $2$.

Nota: Se define $f^1(n)=f(n)$ y $f^k(n)=f\left (f^{k-1}(n)\right )$ para todo entero $k$ mayor que $1$.

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COFFEE
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Re: COFFEE "Ariel Zylber" - Problema D

Mensaje sin leer por COFFEE » Lun 08 Jun, 2020 9:02 am

Aquí publicaremos la solución oficial.

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Joacoini

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Re: COFFEE "Ariel Zylber" - Problema D

Mensaje sin leer por Joacoini » Mar 09 Jun, 2020 10:45 pm

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Sea $P(a, b, c)$ la proposición del enunciado.

Sea $a\geq 2$ y $n>m$ naturales entonces $f^{a^n-a^m}(a^n)=a^m$.
Spoiler: mostrar
Notemos que si $f^{x-y}(x)=y$ y $f^{x-z}(x)=z$ entonces $f^{y-z}(y)=z$ (1) y si $f^{x-y}(x)=y$ y $f^{y-z}(y)=z$ entonces $f^{x-z}(x)=z$ (2)
Si demostramos que $f^{a^n-a^{n-1}}(a^n)=a^{n-1}$ estamos ya que de esto sigue aplicar (2) varias veces.

$P(a, a, a)$
$f^{a^3-a}(a^3)=a$

$P(a^3, a^3, a^3)$
$f^{a^9-a^3}(a^9)=a^3$
Por (2) $f^{a^9-a}(a^9)=a$

$P(a, a^3, a^5)$
$f^{a^9-a^5}(a^9)=a^5$
Por (1) $f^{a^5-a}(a^5)=a$

$P(a, a^2, a^2)$
$f^{a^5-a^2}(a^5)=a^2$
Por (2) $f^{a^2-a}(a^2)=a$

Ahora que tenemos un caso base arranquemos con la inducción, supongamos que $f^{a^n-a^{n-1}}(a^n)=a^{n-1}$.

$P(a^n, a^n, a^n)$
$f^{a^{3n}-a^{n}}(a^{3n})=a^{n}$
Por (2) $f^{a^{3n}-a^{n-1}}(a^{3n})=a^{n-1}$

$P(a^{n-1}, a^n, a^{n+1})$
$f^{a^{3n}-a^{n+1}}(a^{3n})=a^{n+1}$
Por (1) $f^{a^{n+1}-a^{n}}(a^{n+1})=a^{n}$, la inducción esta completa.
Sean $a, b\geq 2$ naturales entonces $f^{ab-a}(ab)+f^{ab-b}(ab)=a+b$.
Spoiler: mostrar
$P(a, b, ab)$
$f^{(ab)^2-a}((ab^2))+f^{(ab)^2-b}((ab^2))+f^{(ab)^2-ab}((ab^2))=a+b+ab$
Como $f^{(ab)^2-ab}((ab)^2)=ab$
$f^{(ab)^2-a}((ab^2))+f^{(ab)^2-b}((ab^2))=a+b$
$f^{ab-a}[f^{(ab)^2-ab}((ab^2))]+f^{ab-b}[f^{(ab)^2-ab}((ab^2))]=a+b$
$f^{ab-a}(ab)+f^{ab-b}(ab)=a+b$
Llamamos $Q(a, b)$ a esta proposición.


Sean $a\geq 2, n$ y $k>a^{n-1}$ naturales entonces $f^{ak-a^n}(ak)=nf^{ak-a}(ak)+a^n-na$.
Spoiler: mostrar
Procedemos por inducción, para $n=1$ es cierto, supongamos que para $n$ es cierto.

$P(a, a^n, k^{n+1})$
$f^{(ak)^{n+1}-a}((ak)^{n+1})+f^{(ak)^{n+1}-a^n}((ak)^{n+1})+f^{(ak)^{n+1}-k^n}((ak)^{n+1})=a+a^n+k^{n+1}$

Tomando $a^nk^{n+1}=k'$ tenemos que $f^{ak'-a^n}(ak')=nf^{ak'-a}(ak')+a^n-na$, así que

$f^{(ak)^{n+1}-a}((ak)^{n+1})+nf^{(ak)^{n+1}-a}((ak)^{n+1})+a^n-na+f^{(ak)^{n+1}-k^n}((ak)^{n+1})=a+a^n+k^{n+1}$
$(n+1)f^{(ak)^{n+1}-a}((ak)^{n+1})+f^{(ak)^{n+1}-k^n}((ak)^{n+1})=(n+1)a+k^{n+1}$


$Q(a^{n+1}, k^{n+1})$

$f^{(ak)^{n+1}-a^{n+1}}((ak)^{n+1})+f^{(ak)^{n+1}-k^n}((ak)^{n+1})=a^{n+1}+k^{n+1}$

Restando lo obtenido en los dos reemplazos.

$f^{(ak)^{n+1}-a^{n+1}}((ak)^{n+1})-(n+1)f^{(ak)^{n+1}-a}((ak)^{n+1})=a^{n+1}-(n+1)a$
$f^{(ak)^{n+1}-a^{n+1}}((ak)^{n+1})=(n+1)f^{(ak)^{n+1}-a}((ak)^{n+1})+a^{n+1}-(n+1)a$
$f^{ak-a^{n+1}}[f^{(ak)^{n+1}-ak}((ak)^{n+1})]=(n+1)f^{ak-a}[f^{(ak)^{n+1}-ak}((ak)^{n+1})]+a^{n+1}-(n+1)a$
$f^{ak-a^{n+1}}(ak)=(n+1)f^{ak-a}(ak)+a^{n+1}-(n+1)a$
La inducción esta completa.
Tomando en lo anterior $k=a^{u-1}(a+1)^v$ con $u$ y $v$ lo suficientemente grandes y sea $k'=a^u(a+1)^{v-1}$.

Tenemos que $f^{ak-a^{a(a+1)+1}}(ak)=(a(a+1)+1)f^{ak-a}(ak)+a^{a(a+1)+1}-(a(a+1)+1)a$ y $f^{(a+1)k'-(a+1)^a}((a+1)k')=af^{(a+1)k'-(a+1)}((a+1)k'+(a+1)^a-a(a+1)$

Sea $X=a^u(a+1)^v$

$Q(a^{a(a+1)+1}, (a+1)^a)$
$f^{X-a^{a(a+1)+1}}(X)+f^{X-(a+1)^a}(X)=a^{a(a+1)+1}+(a+1)^a$
$(a(a+1)+1)f^{X-a}(X)+a^{a(a+1)+1}-(a(a+1)+1)a+af^{X-(a+1)}(X)+(a+1)^a-a(a+1)=a^{a(a+1)+1}+(a+1)^a$
$(a(a+1)+1)f^{X-a}(X)+af^{X-(a+1)}(X)=(a(a+1)+1)a+a(a+1)$

Si $f^{X-a}(X)>a\Rightarrow (a(a+1)+1)f^{X-a}(X)+af^{X-(a+1)}(X)\geq (a(a+1)+1)a+a(a+1)+1>(a(a+1)+1)a+a(a+1)$
Así que $f^{X-a}(X)\leq a$ pero como $a\mid (a(a+1)+1)a+a(a+1)$ y $a\mid af^{X-(a+1)}(X)$ tenemos que $a\mid (a(a+1)+1)f^{X-a}(X)$ pero $a(a+1)+1$ y $a$ son coprimos así que $a\mid f^{X-a}(X)$ pero el único múltiplo de $a$ natural menor o igual a $a$ es $a$ así que $f^{X-a}(X)=a$ y con esto obtenemos $f^{X-(a+1)}(X)=a+1$ pero $f(a+1)=f(f^{X-(a+1)}(X))=f^{X-a}(X)=a$.

Nos queda que $f(a+1)=a$ para todo $a\geq 2$, tomamos $f(2)=r$ y $f(1)=s$ constantes naturales.

Veamos que esta función satisface.

$f^{abc-a}(abc)+f^{abc-b}(abc)+f^{abc-c}(abc)=abc-(abc-a)+abc-(abc-b)+abc-(abc-c)=a+b+c$
4  
NO HAY ANÁLISIS.

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