Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Haciendo $x=y=u=v=0$, tenemos que $4f(0)^2=2f(0)$, de donde $f(0)=\frac{1}{2}$ o bien $f(0)=0$. Si $f(0)=\frac{1}{2}$, entonces haciendo $x=y=u=0$, llegamos a que $f(u)=\frac{1}{2}$ para todo $u\in\mathbb{R}$. Por otro lado, si $f(0)=0$, haciendo $y=v=0$, tenemos que $f(x)f(u)=f(xu)$ para cualesquiera $u,x\in\mathbb{R}$, es decir, $f$ es multiplicativa. Por tanto, $f(1)=f(1\cdot 1)=f(1)^2$, de donde $f(1)=0$ ó $f(1)=1$. Si $f(1)=0$, entonces $f(x)=f(x\cdot 1)=f(x)f(1)=0$ para todo $x\in\mathbb{R}$.

Por tanto, descartando las soluciones constantes $f(x)=0$ y $f(x)=\frac{1}{2}$, podemos suponer que $f(0)=0$ y $f(1)=1$. Tomando $x=y=1$ en la ecuación original, llegamos a que \[2f(u)+2f(v)=f(u+v)+f(u-v),\] y, para $u=0$, tenemos que $f(v)=f(-v)$, es decir, $f$ es una función par. Usando esto y tomando $x=u$ e $y=-v$ en la ecuación original, obtenemos que \[f(u^2+v^2)=\bigl(f(u)+f(v)\bigr)^2.\] En particular, tenemos que $f(x)\geq 0$ para todo $x\geq 0$, luego podemos considerar la función auxiliar $g:[0,\infty)\to[0,\infty)$ dada por $g(x)=\sqrt{f(x)}$. Tomando $a=u^2$ y $b=v^2$, la ecuación anterior se escribe como \[g(a+b)=\sqrt{f(u^2+v^2)}=f(\sqrt{a})+f(\sqrt{b})=\sqrt{f(a)}+\sqrt{f(b)}=g(a)+g(b),\] donde hemos usado que $f(x^2)=f(x\cdot x)=f(x)^2$ y, por tanto, $\sqrt{f(x)}=f(\sqrt{x})$ para todo $x\geq 0$. Ahora bien, esto nos dice que $g$ es aditiva luego existe $m\in\mathbb{N}$ tal que $g(x)=m\cdot x$ para todo $x\in\mathbb{Q}$, $x\gt 0$ y, como $g(1)=\sqrt{f(1)}=1$, tenemos que $m=1$. Si demostramos que $f$ es creciente en $[0,\infty)$, entonces también lo será $g$ y, por tanto, $g(x)=x$ para todo $x\in[0,\infty)$, luego $f(x)=x^2$ para todo $x\in[0,\infty)$ y, como $f$ es par, $f(x)=x^2$ para todo $x\in\mathbb{R}$.

Veamos entonces que $f$ es creciente y habremos terminado. Para ello, dados $a\geq b\geq 0$, expresando $a=u^2+v^2$, $b=u^2$ para ciertos $u,v\in\mathbb{R}$, y usando lo que hemos probado anteriormente, tenemos que \[f(a)=f(u^2+v^2)=\bigl(f(u)+f(v)\bigr)^2=f(u^2)+2f(uv)+f(v^2)\geq f(u^2)=f(b),\] donde hemos usado que $f$ es multiplicativa.

Deducimos que las únicas soluciones son $f(x)=0$, $f(x)=\frac{1}{2}$ y $f(x)=x^2$, que puede comprobarse fácilmente que verifican la ecuación inicial.

Solución. La primera ecuación es conocida como la ecuación de Cauchy y nos dice que existe $m\in\mathbb{R}$ tal que $f(x)=mx$ para todo $x\in\mathbb{Q}$. Ahora bien, sustituyendo $x=y=1$ en la segunda ecuación, obtenemos que $f(1)=f(1)^2$, con lo que $f(1)=0$ o bien $f(1)=1$. Si $f(1)=0$, entonces sustituyendo $y=1$ en la segunda ecuación, obtenemos directamente que $f(x)=0$ para todo $x\in\mathbb{R}$.

Supongamos entonces que $f(1)=1$, luego $m=1$ y $f(x)=x$ para todo $x\in\mathbb{Q}$. Si probamos que $f(x)$ es creciente (es decir, $f(a)\geq f(b)$ cuando $a\gt b$), tendremos que $f(x)=x$ para todo $x\in\mathbb{R}$ (¿por qué?). Dado $t>0$, expresemos $t=a^2$ y, haciendo $x=y=a$ en la segunda ecuación, tenemos que $f(t)=f(a^2)=f(xy)=f(x)f(y)=f(a)^2\gt 0$, luego $f$ aplica reales positivos en reales positivos. Dados $a,b\in\mathbb{R}$ con $a\gt b$, podremos expresar $a=b+t$ para cierto $t\gt 0$, luego $f(a)=f(b+t)=f(b)+f(t)\gt f(b)$, lo que nos dice que $f$ es (estrictamente) creciente y, por tanto, $f(x)=x$ para todo $x\in\mathbb{R}$.

Esto prueba que las únicas soluciones son $f(x)=0$ y $f(x)=x$, que trivialmente verifican las dos ecuaciones.

Solución. Observemos que \[a_{n+1}+b_{n+1}\sqrt{2}=(a_n+b_n\sqrt{2})(3-2\sqrt{2})=(3a_n-4b_n)+(-2a_n+3b_n)\sqrt{2},\] e identificando términos llegamos a que \begin{eqnarray*} a_{n+1}&=&3a_n-4b_n,\\ b_{n+1}&=&-2a_n+3b_n. \end{eqnarray*} Estas igualdades nos permiten despejar $a_n$ y $b_n$ en términos de $a_{n+1}$ y $b_{n+1}$ como en un sistema de ecuaciones lineales, obteniendo: \begin{eqnarray*} a_n&=&2a_{n+1}+3b_{n+1},\\ b_n&=&-3a_{n+1}-4b_{n+1}. \end{eqnarray*} Entonces, si $a_{n+1}$ y $b_{n+1}$ tienen algún factor común, éste lo será también de sus predecesores $a_{n}$ y $b_n$. Repitiendo el proceso, deducimos que $\mathrm{mcd}(a_{n},b_{n})=\mathrm{mcd}(a_1,b_1)$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Como $a_1=3$ y $b_1=-2$, llegamos a que $\mathrm{mcd}(a_{n},b_{n})=1$ para todo $n\in\mathbb{N}$, como queríamos demostrar.

Solución. Observemos que si $d_i$ es un divisor de $n$, entonces $\frac{n}{d_i}$ es otro divisor de $n$, y además $\frac{n}{d_i}\lt\frac{n}{d_j}$ si $d_j\lt d_i$ (es decir, los $\frac{n}{d_i}$ están ordenados de forma inversa a los $d_i$). Por tanto, tenemos que $d_1=\frac{n}{d_k}$, $d_2=\frac{n}{d_{k-1}}$ y así sucesivamente hasta $d_k=\frac{n}{d_1}$. Esto nos permite reescribir \[d=\frac{n^2}{d_kd_{k-1}}+\frac{n^2}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{n^2}{d_2d_1}=n^2\left(\frac{1}{d_kd_{k-1}}+\frac{1}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{1}{d_2d_1}\right),\] por lo que bastará ver que esta última suma de fracciones es menor o igual que $1$. No obstante, observemos que $d_i\geq i$ para todo $i\in\{1,\ldots,k\}$, lo que nos dice que \[\frac{d}{n^2}=\frac{1}{d_kd_{k-1}}+\frac{1}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{1}{d_2d_1}\leq\frac{1}{k(k-1)}+\frac{1}{(k-1)(k-2)}+\ldots+\frac{1}{2\cdot 1}.\] Ahora bien, podemos expresar cada uno de estos sumandos como \[\frac{1}{i(i-1)}=\frac{1}{i-1}-\frac{1}{i}.\] Sustituyendo cada uno de ellos en la expresión anterior, llegamos a que \[\frac{d}{n^2}\leq \frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}+\frac{1}{k-2}-\frac{1}{k-1}+\ldots+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{k}\lt 1,\] con lo que hemos demostrado que $d\lt n^2$.

Veamos ahora cuándo $d$ divide a $n^2$. El mayor divisor de $n^2$ distinto del propio $n^2$ es $d_kd_{k-1}=n d_{k-1}$ (¿por qué?) luego, si la suma que define $d$ tiene más de un sumando, se tendría que $d_kd_{k-1}\lt d\lt n^2$, lo que nos dice que $d$ no es divisor de $n^2$ (es menor que $n^2$ y mayor que su mayor divisor propio). Por tanto, para que $d$ divida a $n^2$ es necesario que $k=2$, es decir, que $n$ tenga sólo dos divisores, es decir, que $n$ sea un número primo. Como en el caso de $n$ primo tenemos que $d=n$ divide a $n ^2$, deducimos que los primos son los únicos que cumplen dicha condición.

Solución. Para el primer apartado, vamos a ver que el número de subconjuntos de $A$ es el mismo que el de aplicaciones de $f:A\rightarrow\{0,1\}$, que es $2^n$ (ya que hay que elegir independientemente la imagen de cada uno de los $n$ elementos de $A$ entre dos posibilidades). La forma de ver esto es que a cada subconjunto $B$ de $A$ le asignamos la aplicación que manda todos los elementos de $B$ en uno y los demás en cero. Es fácil ver ahora que cada subconjunto determina la aplicación y cada aplicación determina al subconjunto (la preimagen del uno).

Para el segundo apartado, vamos a intentar generalizar la idea anterior. A cada pareja $\{B,C\}$ de subconjuntos de $A$ le vamos a asignar la aplicación $f:A\rightarrow\{0,1,2\}$ que manda los elementos de $B$ al $1$, los elementos de $C$ al $2$ y los elementos restantes al $0$. Esto da una correspondencia biyectiva entre las parejas (ordenadas) de subconjuntos disjuntos y las aplicaciones $f:A\rightarrow\{0,1,2\}$. El número de tales aplicaciones es $3^n$ (¿por qué?), pero como estamos interesados en parejas sin importar el orden tendremos que eliminar algunos. Concretamente, cada pareja la estamos contando dos veces (se corresponde con cambiar $1$ por $2$ en la imagen de la aplicación $f$ que hemos asociado) salvo la pareja $(\emptyset,\emptyset)$ que sólo se cuenta una vez (se corresponde con la aplicación constante cero). Por tanto, la respuesta al segundo apartado es $\frac{3^n+1}{2}$.