Sel Ibero 1998 Problema 3

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Avatar de Usuario
Prillo

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015
Mensajes: 401
Registrado: Sab 18 Dic, 2010 8:52 pm
Medallas: 2

Sel Ibero 1998 Problema 3

Mensaje sin leer por Prillo »

Hallar todas las funciones $f$ tales que$$f(f(x)+y)=f\left (x^2-y\right )+4f(x)y$$para todos $x,y$ reales.
Avatar de Usuario
Nacho

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016
Mensajes: 563
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 10:28 pm
Medallas: 3
Nivel: Exolímpico

Re: Sel Ibero 1998 Problema 3

Mensaje sin leer por Nacho »

Spoiler: mostrar
Sea [math] la proposición [math].

Es claro que si [math] es constante entonces [math] pues [math] para todo [math].

Considerando [math] obtenemos [math].
Considerando [math] obtenemos [math].
Considerando [math] obtenemos [math]. Pero por [math] esto es equivalente a [math] y así [math].

Considerando [math] obtenemos [math].
Considerando [math] obtenemos [math]. Entonces [math].

Combinando estas dos ultimas [math]. Si [math] tenemos que [math]. O sea [math] o [math]. Hay que ver que estas soluciones no se mezclen.

Supongamos que [math] es tal que [math] y [math] es tal que [math]. Notemos que [math] (esto se debe a que [math] nos dice que [math]).
Luego, [math] nos da [math]. Tenemos dos casos: [math] o [math]. Es claro que es imposible que estemos en el segundo caso.
El primer caso implica [math], es decir [math] para [math] y [math] fijando [math]. Luego [math] y así el único valor tal que [math] es [math].

Entonces [math] para todo [math].
Ver que funciona es trivial pues [math]. Y estamos. [math]
"Though my eyes could see I still was a blind man"
jujumas

OFO - Mención-OFO 2015 OFO - Medalla de Plata-OFO 2016 FOFO 6 años - Medalla Especial-FOFO 6 años OFO - Oro perfecto-OFO 2017 FOFO Pascua 2017 - Medalla-FOFO Pascua 2017
FOFO 7 años - Medalla Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2018 FOFO 8 años - Jurado-FOFO 8 años OFO - Jurado-OFO 2019 FOFO Pascua 2019 - Jurado-FOFO Pascua 2019
FOFO 9 años - Jurado-FOFO 9 años OFO - Jurado-OFO 2020 COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber
Mensajes: 405
Registrado: Dom 26 Oct, 2014 8:30 pm
Medallas: 13
Nivel: Exolímpico

Re: Sel Ibero 1998 Problema 3

Mensaje sin leer por jujumas »

Solución en dos reemplazos:
Spoiler: mostrar
Tomamos [math], y nos queda queda que [math], de donde [math].

Luego, para cada [math], [math] o [math], de donde [math]. Es claro que las dos funciones verifican. Para ver que ninguna función en la que se cruzen estas dos cumple, tomemos [math], [math], tales que [math] y [math], y tal que [math] sea lo menor posible.

Tomando [math] e [math], nos queda que [math]. Como [math] es mayor que [math], [math]. Pero esto se cumple si y solo si [math], o [math]. Notemos entonces que [math] es positivo. Luego, todo número negativo puede ser reemplazado con [math]. Fijando [math], y variando [math], vamos a llegar entonces a un absurdo.
Avatar de Usuario
drynshock

FOFO 13 años - Mención-FOFO 13 años OFO - Medalla de Bronce-OFO 2024 FOFO Pascua 2024 - Copa-FOFO Pascua 2024 FOFO 14 años - Mención-FOFO 14 años
Mensajes: 1274
Registrado: Sab 21 May, 2022 12:41 pm
Medallas: 4
Nivel: Exolímpico
Contactar:

Re: Till kingdom come

Mensaje sin leer por drynshock »

Spoiler: mostrar
Sea $P(x, y): f(f(x)+y) = f(x^2-y)+4f(x)y$

$$P(x, x^2): f(f(x)+x^2) = f(0) + 4f(x)x^2$$
$$P(x, -f(x)): f(0) = f(x^2+f(x)) - 4f(x)^2$$

Sumando ambas expresiones obtenemos $0 = 4f(x)x^2-f(x)^2 \iff 0 = f(x)[x^2-f(x)] \iff f(x) = 0 \vee f(x) = x^2$ (en ambos casos $f(0) = 0$) Podemos ver que ambas soluciones funcionan, sin embargo, debemos demostrar que estas no se mezclan.

Notar que $P(0, y) : f(y) = f(-y)$ así que $f(x)$ es par.

Sean $x = a$ tal que $f(a) = 0$ e $y = b$ tal que $f(b) = b^2$. Tomando $a, b \neq 0$ y $b<0$ (podemos asumir que $b<0$) ya que $f(x)$ es par. Se sigue que

$$f(b) = f(a^2-b) \Rightarrow 0<b^2 = f(a^2-b) \Rightarrow f(a^2-b) = (a^2-b)^2 = b^2 \Rightarrow a^2-b = b \vee a^2-b = -b$$

El primer caso nos dice que $b = \frac{a^2}{2}$ el cuál es absurdo ya que $b<0$, el segundo caso nos dice que $a = 0$, por lo que también es absurdo.

Concluimos que $f(x) = 0$ y $f(x) = x^2$ no se mezclan. Nos queda ver que ambas funciones cumplen.

Si $f(x) = 0 \iff f(y) = 0+4.0.y \iff 0 = 0$ cumple.
Si $f(x) = x^2 \iff f(x^2+y) = (x^2-y)^2+4x^2y \iff (x^2+y)^2 = (x^2+y)^2$ cumple.
@Bauti.md ig
Winning is first place, anything else is losing.
"Alexandra Trusova"
Avatar de Usuario
biank
Mensajes: 82
Registrado: Vie 02 Dic, 2022 9:57 pm
Nivel: 3

Re: Sel Ibero 1998 Problema 3

Mensaje sin leer por biank »

Spoiler: mostrar
Sea $P(a, b)$ reemplazar en $f(f(x) + y) = f(x^2-y) + 4f(x)y$ con $x = a$ y $y = b$. $$ P(0, 0) \Rightarrow f(f(0)) = f(0) \\
P(0, -f(0)) \Rightarrow f(0) = f(f(0)) - 4f(0)^2 \Leftrightarrow 4f(0)^2 = 0 \Leftrightarrow f(0) = 0 \\
P(x, -f(x)) \Rightarrow 4f(x)^2 = f(x^2 + f(x)) \\
P(x, x^2) \Rightarrow 4f(x)x^2 = f(x^2 + f(x)) \\
4f(x)^2 = 4f(x)x^2 \Leftrightarrow f(x)(x^2 - f(x)) = 0 $$
Por lo tanto para todo $x$, $f(x) = 0 \vee f(x) = x^2$. Esto no quiere decir necesariamente que estas sean las soluciones. Tenemos que probar que no puede haber soluciones que "mezclen" valores de ambas funciones.

Supongamos que existe un $a \neq 0$ tal que $f(a) = 0$ y un $b \neq 0$ tal que $f(b) = b^2$. Entonces $$ P(a, b) \Rightarrow f(f(a) + b) = f(a^2 - b) + 4f(a)b \Leftrightarrow f(b) = f(a^2 - b) \Leftrightarrow f(a^2 - b) = b^2 $$ Entonces, como $b^2 \neq 0$, esto implica $a^2 - b = b \Leftrightarrow 2b = a^2 $.

Esto se debe cumplir para cualquier par $(a, b)$ con esas condiciones, pero hay un valor posible de $b$ por cada $a$ y dos valores de $a$ por cada $b$. Por lo tanto, hay a lo mucho $3$ valores $v \neq 0$ tal que $f(v) = 0$ o $f(v) = v^2$, pero habíamos dicho que esto se tenía que cumplir para todo $v \in \mathbb{R}$, por lo que la suposición inicial es falsa y no existe una función "mezclada" que satisfaga la condición del problema.

Finalmente, comprobando que ambas soluciones funcionan concluimos que $f(x) = 0$ o $f(x) = x^2$. $\blacksquare$
Responder