Iberoamericana 2022 - Problema 3

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Matías V5

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Iberoamericana 2022 - Problema 3

Mensaje sin leer por Matías V5 »

Sea $\mathbb R$ el conjunto de los números reales. Determinar todas las funciones $f : \mathbb R \to \mathbb R$ que satisfacen simultáneamente las siguientes condiciones:
  1. $f(yf(x)) + f(x-1) = f(x)f(y)$ para todo $x,y$ en $\mathbb R$.
  2. $|f(x)| < 2022$ para todo $x$ con $0 < x < 1$.
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore!

Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=KzTR72_srTU
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Joacoini

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Re: Iberoamericana 2022 - Problema 3

Mensaje sin leer por Joacoini »

Spoiler: mostrar
Sea $P(x,y)$ la proposición del enunciado.
Usando $P(1,0)$ obtenemos
$$2f(0)=f(1)f(0)$$
entonces si $f(0)\neq 0$, podemos dividir y nos queda $f(1)=2$.

Veamos que pasa si $f(0)=0$, usando $P(x+1,0)$ nos queda $f(x)=0$ para todo $ x\in \mathbb R$ la cual satisface el enunciado, así que ahora tomemos $f(0)\neq 0$

Como $f(1)=2$ usando $P(2,0)$ obtenemos
$$1+\frac{2}{f(0)}=f(2)$$
Y $P(1,1)$ nos da
$$f(2)+f(0)=4$$
Reemplazando $f(2)$ por lo que obtuvimos antes nos queda $1+\frac{2}{f(0)}+f(0)=4$ multiplicando por $f(0)$ y distribuyendo los términos nos queda
$$0=f(0)^2-3f(0)+2=(f(0)-1)(f(0)-2)$$
Así que tenemos dos posibles valores para $f(0)$.

Primero veamos el caso de $f(0)=1$, usando $P(x+1,0)$ obtenemos
$$f(x)+1=f(x+1)$$
Como $f(0)=1$ iterar nos dice que $f(n)=n+1$ para todo $n\in \mathbb Z$, tambien iterando podemos obtener
$$f(x)+n=f(x+n)$$
Ahora usando $P(n-1,x)$ obtenemos
$$f(nx)=nf(x)-n+1$$

Sea $g(x)=f(x)-x-1$,usando que $f(x)=g(x)+x+1$ los últimos dos resultados nos quedan $g(x)=g(x+n)$ (1) y $g(nx)=ng(x)$ (2).

Usando la segunda condición del enunciado tenemos que para todo $x$ con $0<x<1$ se tiene que $|g(x)|=|f(x)-x-1|\leq |f(x)|+|x+1|<2022+2=2024$

Supongamos que existe $\alpha \in \mathbb R$ tal que $g(\alpha)\neq 0$ (por lo que $\alpha$ no es un entero), luego tomando $n>\frac{2024}{|g(\alpha)|}$ por (2) tenemos que $|g(n\alpha)|>2024$ y por (1) tenemos que $|g(n\alpha-\lfloor n\alpha \rfloor)|>2024$ donde $0<n\alpha-\lfloor n\alpha \rfloor<1$ al no ser $\alpha$ un entero, esto genera una contradicción por lo tanto $g(x)=0$ para todo $x\in \mathbb R$ entonces $f(x)=x+1$ para todo $x\in \mathbb R$ la cual satisface el enunciado.

Por ultimo veamos el caso de $f(0)=2$, usando $P(x+1,0)$
$$f(x)+2=2f(x+1)$$
Como $f(0)=2$ iterar nos dice que $f(n)=2$ para todo $n\in \mathbb Z$, usando $P(0,x)$ obtenemos
$$f(2x)+2=2f(x)$$

Sea $g(x)=f(x)-2$,usando que $f(x)=g(x)+2$ los últimos dos resultados nos quedan $g(x)=2g(x+1)$ (3) y $g(2x)=2g(x)$ (4), notar que (3) nos dice que $|g(x)|\geq |g(x+n)|$ para todo $n\in \mathbb N$.

Usando la segunda condición del enunciado tenemos que para todo $x$ con $0<x<1$ se tiene que $|g(x)|=|f(x)-2|\leq |f(x)|+|2|<2022+2=2024$

Supongamos que existe $\alpha \in \mathbb R$ tal que $g(\alpha)\neq 0$ (por lo que $\alpha$ no es un entero), podemos suponer que $\alpha$ es positivo ya que en caso contrario iterando (3) nos podemos crear un valor positivo donde $g$ no da $0$.
Tomando $n$ tal que $2^n>\frac{2024}{|g(\alpha)|}$ por (4) iterando tenemos que $|g(2^n\alpha)|>2024$ y por (3) iterando tenemos que $|g(2^n\alpha-\lfloor 2^n\alpha \rfloor)|>2024$ donde $0<2^n\alpha-\lfloor 2^n\alpha \rfloor<1$ al no ser $\alpha$ un entero, esto genera una contradicción por lo tanto $g(x)=0$ para todo $x\in \mathbb R$ entonces $f(x)=2$ para todo $x\in \mathbb R$ la cual satisface el enunciado.

En resumen las únicas funciones que satisfacen el enunciado son $f(x)=0$, $f(x)=x+1$ y $f(x)=2$.
NO HAY ANÁLISIS.
sebach

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Re: Iberoamericana 2022 - Problema 3

Mensaje sin leer por sebach »

Tenía una parte guardada como borrador así que la publico aunque ya haya respuesta. Por un lado porque nunca había resuelto un 3 de Ibero hasta donde recuerdo así que #orgullo y por otro porque la forma de llegar creo que es un poco distinta que la de Joaco.
Spoiler: mostrar
Sea $(1)$ la expresión de arriba y $(2)$ la segunda.

Como se tiene que cumplir para toda pareja $x,y$, veamos qué pasa en particular cuando $x=1, y=0$.
En ese caso $(1)$ queda:
$f(0) + f(0) = f(1)f(0) \Rightarrow 2f(0) = f(1)f(0)$.

Esto significa que o bien $f(0) = 0$ o bien $f(1)=2$ (podrían pasar ambas pero al menos una debe ocurrir).

CASO 1: Si $f(0) = 0$, entonces reemplazando $y$ por $0$ en $(1)$ tenemos que $f(0) + f(x-1) = f(0)f(x)$ que entonces queda $f(x-1) = 0$ para todo $x$, luego la función en este caso es $f \equiv 0$ (es decir, $f$ es la función constante que vale $0$ para cualquier valor de $x$).

CASO 2: Si $f(0) \neq 0$, debe ocurrir que $f(1) = 2$.
Sabiendo esto:
Si $x=1$, $(1)$ queda $f(2y) + f(0) = 2f(y)$ para todo $y$ (expresión $(3)$).
Si $y=0$, $(1)$ queda $f(0) + f(x-1) = f(0)f(x)$ para todo $x$ (expresión $(4)$).

Ahora, usando $(3)$ para $y=\dfrac{x-1}{2}$, tenemos que $f(x-1) + f(0) = 2f(\dfrac{x-1}{2})$, y viendo que a cada valor real $x$ le corresponde un $y=\dfrac{x-1}{2}$ real y distinto, se tiene que esto ocurre para todo valor $x$ (si para alguno no ocurriera, entonces hay un $y$ para el cual $(3)$ no ocurre).

Reemplazando esta igualdad entre $f(x-1)$ y el otro lado, en la expresión $(4)$, tenemos que:
$f(0) + f(x-1) = f(0)f(x) = 2f(\dfrac{x-1}{2})$ para todo valor $x$ real, expresión $(5)$.

Ahora, para encontrar el valor de $f(0)$, veamos lo siguiente:
Si $x=1, y=1$, la expresión $(1)$ queda $f(2) + f(0) = 4$
Y si $x=2, y=0$, queda $f(0) + 2 = f(2)f(0)$.
Luego combinando tenemos que $f(0) + 2 = (4-f(0))f(0) \Rightarrow f(0)^2 - 3f(0) + 2 = 0$. Luego los valores que puede tomar $f(0)$ son $2$ y $1$.

CASO 2.A: Si $f(0) = 2$:
La expresión $(5)$ nos dice que $f(x) = f(\dfrac{x-1}{2})$ para todo $x$, que también lo podemos ver más cómodamente como $f(2x+1) = f(x)$ para todo $x$.
Esto junto con la restricción de $(2)$ nos dice que para todo valor positivo $x$, $|f(x)| < 2022$, dado que la imagen del intervalo $(0, 1)$ es la misma que la del intervalo $(0, 1*2+1=3)$, y la misma del $(0, 7)$, y así sucesivamente.
Ahora, supongamos que para un valor positivo $x$ ocurre que $f(x) > 2$, $f(x) = 2+d$ con $d$ positivo. Luego usando la expresión $(3)$, tenemos que $f(2x) = 2 + 2d$, $f(4x) = 2 + 4d$, $f(8x) = 2 + 8d$, y así sucesivamente.
Por lo que en algún momento sin importar lo chico que sea $d$ ocurrirá que $f(2^nx) = 2 + 2^nd > 2022$, que no puede ocurrir.
Con esto vimos que no hay valor positivo $x$ tal que $f(x) > 2$.

Análogamente supongamos que existe $x>0$ tal que $f(x) < 2$, $f(x) = 2-d$ con $d$ positivo. Luego $(3)$ dice que $f(2x) = 2 - 2d$, y $f(4x) = 2 - 4d$, $f(8x) = 2 - 8d$, e igual que antes ocurrirá que para algún valor $x_0$ positivo, $f(x_0) < -2022$ que no puede ser.
Luego, $f(x) = 2$ para todo valor $x \geq 0$.
Falta ver qué pasa en los negativos.
La expresión $(4)$ dice que $f(x-1) = 2f(x) - 2$, por lo que en todo el intervalo $[-1, 0]$ sabemos que $f$ vale $2$. Luego podemos llevar ese intervalo al $[-2, -1]$ y así sucesivamente.
Por lo que la única solución en este caso es que $f(x) = 2$ para todo $x$ real, $f \equiv 2$.

CASO 2.B: Ahora falta ver el caso que venía de la cuadrática que dice que $f(0) = 1$.
Hasta acá tenemos que $f(0) = 1, f(1) = 2$.

Ahora reemplazar $y$ por $0$ en $(1)$ nos dice que $1 + f(x-1) = f(x)$ (expresión $(6)$). Por lo que para todo entero, ocurre que $f(x) = x+1$.
Luego para cualquier $x$ entero ocurre que $f(y(x + 1)) + x = (x+1)f(y)$.
Sea $\dfrac{m}{n}$ un número racional cualquiera. Luego si $x = n-1, y = \dfrac{m}{n}$, luego la expresión queda $f(m) + n - 1 = nf(\dfrac{m}{n})$. Como $m$ es entero sabemos que $f(m) = m+1$, luego $m + n = nf(\dfrac{m}{n}) \Rightarrow f(\dfrac{m}{n}) = \dfrac{m}{n} + 1$.
Luego $f(x) = x+1$ para todo $x$ racional.
Falta ver los irracionales! (No termino másss)

Ahora se me ocurrió otra forma de ver que $f(x) = x+1$ para todo $x$, similar a el caso 2.B pero ahora usando la expresión $(3)$ combinada con $(4)$.
Si para algún $x$, $f(x) = x+1+d$ con $d \neq 0$ ($x$ debe ser irracional; voy a hacer $d$ positivo o negativo a la vez sin separar en casos), luego usando $(3)$ tengo que $f(2x) = 2x+2d+1, f(4x) = 4x+4d+1, f(8x)=8x+8d+1, ..., f(2^nx) = 2^nx + 2^nd + 1$.
Ahora, en el caso 2.A decía que esto en algún momento era muy grande y llegaba a un absurdo.
Ahora, como no tengo restricción para todo valor $x$ (o todo valor positivo al menos como antes), no puedo hacer exactamente lo mismo.
Pero, veamos que $f(2^nx) - 2^nx = 2^nd+1$. Como $x$ es irracional, $2^nx$ también, y luego si voy restando de a $1$ en algún momento llego a un valor entre $0$ y $1$, también irracional. Sea $M$ la cantidad de veces que necesito restar $1$. Usando $(4)$, sabemos que $f(2^nx - M) = f(2^nx) - M = 2^nx + 2^nd + 1 - M$.
Y la gracia de esto es que ahora sí está restringido.
Luego podemos hacer esto de multiplicar por $2$ más veces. Y veamos que $0<2^nx - M<1$ por lo que habíamos dicho.
Entonces, podemos elegir un $n$ muy grande tal que $|2^nd| > 3000$ (recordar que $d$ puede ser negativo), y tendríamos que, con su $M$ correspondiente, $|f(2^nx - M)| = |f(2^nx) - M| = |2^nx + 2^nd + 1 - M| \geq |2^nx-M+1| + |2^nd| \geq 3000 $, que es absurdo porque $|f(2^nx - M)| < 2022$ pues $0 < 2^nx-M < 1$.

Entonces las únicas tres funciones que cumplen con el enunciado son $f(x) = 0, f(x) = 2, f(x) = x+1$.
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