Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Restando $x+y+z$ de ambas fracciones, obtenemos la igualdad \begin{eqnarray*} \frac{yz-x^2}{1-x}-(x+y+z)&=&\frac{yz-x^2-(1-x)(x+y+z)}{1-x}=\frac{yz+xz+xy-x-y-z}{1-x},\\ \frac{xz-y^2}{1-y}-(x+y+z)&=&\frac{xz-y^2-(1-y)(x+y+z)}{1-y}=\frac{yz+xz+xy-x-y-z}{1-y}.\\ \end{eqnarray*} Como estas fracciones han de ser iguales pero los denominadores son distintos (y distintos de cero), el numerador común debe ser cero, luego las fracciones iniciales eran iguales a $x+y+z$, como queríamos probar.

Solución. Vamos a utilizar que $\alpha+\beta+\gamma=\pi$ (en radianes) por ser éstos los ángulos de un triángulo. Teniendo en cuenta las siguientes identidades trigonométricas sencillas \[\tan(\pi-x)=-\tan(x),\qquad \tan(x+y)=\frac{\tan(x)+\tan(y)}{1-\tan(x)\tan(y)},\] podemos calcular \begin{eqnarray*} \tan(\alpha)+\tan(\beta)+\tan(\gamma)&=&\tan(\alpha)+\tan(\beta)-\tan(\alpha+\beta)\\ &=&\tan(\alpha)+\tan(\beta)-\frac{\tan(\alpha)+\tan(\beta)}{1-\tan(\alpha)\tan(\beta)}\\ &=&\frac{\tan(\alpha)+\tan(\beta)-\tan ^2(\alpha)\tan(\beta)-\tan(\alpha)\tan^2(\beta)-\tan(\alpha)-\tan(\beta)}{1-\tan(\alpha)\tan(\beta)}\\ &=&-\tan(\alpha)\tan(\beta)\frac{\tan(\alpha)+\tan(\beta)}{1-\tan(\alpha)\tan(\beta)}\\ &=&-\tan(\alpha)\tan(\beta)\tan(\alpha+\beta)\\ &=&\tan(\alpha)\tan(\beta)\tan(\gamma). \end{eqnarray*}

Nota. Si el triángulo es rectángulo, entonces la identidad del enunciado no está bien definida ya que $\tan(\frac{\pi}{2})$ no está definido. De hecho, analizando las identidades trigonométricas para $\tan(\pi-\alpha-\beta)$ y $\tan(\alpha+\beta)$, vemos que éstas no son ciertas precisamente cuando $\gamma=\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$.

Solución. Consideremos el polinomio $Q(x)=P(x)-x^2$, que nos permite reescribir la ecuación original como \[Q(x+1)=Q(x).\] Por tanto, $Q(x)$ es un polinomio que toma el mismo valor para infinitos valores de $x$ (por ejemplo, $Q(n)=Q(0)$ para todo $n\in\mathbb{N}$), luego es constante. En otras palabras, existe $c\in\mathbb{R}$ tal que $Q(x)=c$, de donde obtenemos que $P(x)=x^2+c$. Es fácil darse cuenta de que todos los polinomios de la forma $P(x)=x^2+c$ cumplen la ecuación del enunciado, luego estos son los únicos.

Solución. Supongamos que el polinomio se escribe como \[P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0.\] Observemos que la diferencia \[P(x+1)-P(x)=a_n(x+1)^n+a_{n-1}(x+1)^{n-1}+\ldots-a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}-\ldots\] tiene a $na_nx^{n-1}$ por término de mayor grado. Como esta diferencia ha de ser igual a $2x+1$, deducimos que $n=2$ y $a_2=1$, en cuyo caso \[P(x+1)-P(x)=[(x+1)^2+a_1(x+1)+a_0]-[x^2+a_1x+a_0]=2x+1+a_1,\] luego ha de ser $a_1=0$ y el polinomio queda de la forma $P(x)=x^2+a_0$. Como todos los polinomios de esta forma cumplen la ecuación inicial, deducimos que son los únicos.

Solución. Tomando $x=f(y)$ en la ecuación del enunciado, llegamos a que \[f(f(y))=\frac{f(0)-1-f(y)^2}{2}.\] Si probáramos que $f$ es sobreyectiva, podríamos escribir cualquier $z\in\mathbb{R}$ como $z=f(y)$ y la igualdad anterior nos diría que $f(z)=\frac{f(0)+1-z^2}{2}$. Sustituyendo en la ecuación inicial esta función, tendríamos que $f(0)=1$, con lo que la única solución sería $f(z)=1-\frac{z^2}{2}$ para todo $z\in\mathbb{R}$. No obstante, esta solución no es sobreyectiva, lo que nos dice que esta no es una aproximación válida y tendremos que trabajar un poco más.

Dado $z\in\mathbb{R}$, consideremos los números \[r=\frac{z+1-f(f(0))-f(0)^2}{f(0)},\qquad s=\frac{z+1-f(f(0))}{f(0)}.\] Estos dos números están bien definidos ya que, si ocurriera que $f(0)=0$, entonces haciendo $x=y=0$ la ecuación original quedaría $0=-1$ (contradicción). Es fácil ver que, sustituyendo $x=r$ e $y=0$ en la ecuación original tenemos que $z=f(r)-f(s)$, luego, tomando $x=f(r)$ e $y=s$ en dicha ecuación, llegamos a que \begin{eqnarray} f(z)=f(f(r)-f(s))&=&f(f(s))+f(r)f(s)+f(f(r))-1\\ &=&\frac{f(0)-1-f(s)^2}{2}+f(r)f(s)+\frac{f(0)-1-f(r)^2}{2}\\ &=&f(0)-\frac{(f(r)-f(s))^2}{2}=f(0)-\frac{z^2}{2}. \end{eqnarray}

Por tanto, $f(z)=f(0)-\frac{z^2}{2}$ para todo $z\in\mathbb{R}$. Sustituyendo en la ecuación original vemos que sólo el caso $f(0)=1$ la cumple, luego $f(z)=1-\frac{z^2}{2}$ es la única solución.