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.

1. 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.
2. 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 $x_0,y_0\neq0$ 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. Supongamos que $a,b,c,d>0$ cumplen que, después de repetir el proceso un número determinado de veces, se vuelven a obtener dichos números. Observemos que $a_1b_1c_1d_1=(abcd)^2$, luego en cada paso del proceso el producto de los cuatro números se eleva al cuadrado. Como llegado un momento han de repetirse los números, esto implica que $abcd=1$. Ahora es fácil obtener más iteraciones: \[\begin{array}{llll} a_2=ab^2c,&b_2=bc^2d,&c_2=cd^2a,&d_2=da^2b\\ a_3=b^2c^2,&b_3=c^2d^2,&c_3=d^2c^2,&c_4=a^2b^2 \end{array}\] y, en general, no es difícil comprobar que $a_{2n+1},b_{2n+1},c_{2n+1},d_{2n+1}$ son los números $a^{2n}b^{2n}$, $b^{2n}c^{2n}$, $c^{2n}d^{2n}$ y $d^{2n}a^{2n}$ (aunque posiblemente en otro orden). Por tanto, en la sucesión de iteraciones aparecen los números $(a^2b^2)^n$, $(b^2c^2)^n$, $(c^2d^2)^n$ y $(d^2a^2)^n$. Si queremos que los números originales vuelvan a repetirse, se habrá de cumplir que $a^2b^2=b^2c^2=c^2d^2=a^2d^2=1$ pues en caso contrario habría infinitos términos distintos. De aquí deducimos que $ab=bc=cd=da=1$ y, de esta condición, es fácil llegar a que $a=c=x$ y $b=d=\frac{1}{x}$ para cierto $x>0$. Esto nos dice que a partir de la segunda iteración todos los términos son iguales a $1$ luego tiene que ser $x=1$ y hemos terminado.

Para probar el apartado (b), es fácil ver que el primer término de la sucesión evoluciona de la siguiente manera: \[a_1\mapsto a_1a_2\mapsto a_1a_2^2a_3\mapsto a_1a_2^3a_3^3a_4\mapsto a_1a_2^4a_3^6a_4^4a_5\mapsto\ldots\] de forma que los exponentes son números combinatorios. Después de $n-1$ iteraciones, obtenemos que el primer término se convierte en \[a_1a_2^{\binom{n-1}{1}}a_3^{\binom{n-1}{2}}\ldots a_{n-1}^{\binom{n-1}{n-1}}a_n.\] Análogamente, tras $n-1$ iteraciones, el segundo término se convierte en \[a_2a_3^{\binom{n-1}{1}}a_4^{\binom{n-1}{2}}\ldots a_n^{\binom{n-1}{n-1}}a_1\] ya que los índices van rotando cíclicamente. En consecuencia, tras $n$ iteraciones el primer término se convierte en \[a_1^2a_2^{\binom{n}{1}}a_3^{\binom{n}{2}}\ldots a_{n-1}^{\binom{n}{n-1}}a_n^2.\] El primer y último exponentes son pares. Veamos que $\binom{n}{k}$ es también par para $k$ entre $1$ y $n$. Ahora bien, podemos expresar \[\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}=\frac{n}{n-k}\frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!}=\frac{n}{n-k}\binom{n-1}{k-1}.\] Como $\binom{n-1}{k-1}$ es un número entero y el exponente de $2$ en la factorización de $n-k$ es menor que en la de $n$ (ya que $n$ es potencia de $2$), concluimos que $\binom{n}{k}$ es par y, en consecuencia, que $a_1$ se convierte en positivo tras $n$ iteraciones. Se razona de forma análoga para probar que el resto de números son positivos tras $n$ iteraciones.

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 $\{-1,-1,-1,3\}$.