Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Haciendo $n=1$, tenemos que los tres números $f(1)$, $f(f(1))$ y $f(f(f(1)))$ suman 3. Como son números mayores o igules que $1$, deducimos que los tres tienen que ser $1$ y, en particular, $f(1)=1$. Si existiera $n_0\in\mathbb{N}$ tal que $f(n_0)=1$, sustituyendo $n=n_0$ en la ecuación llegamos que $n_0=1$, luego 1 es el único valor que toma el valor $1$. Sustituyendo ahora $n=2$ en la ecuación obtenemos que los números $f(2)$, $f(f(2))$ y $f(f(f(2)))$ suman $6$, pero todos son mayores o iguales que $2$ por lo que hemos probado antes, luego han de ser iguales a $2$ y tenemos que $f(2)=2$. Repitiendo el proceso o haciendo inducción llegamos a que $f(n)=n$ para todo $n$.

Nota. Otra forma de proceder es ver directamente que $f$ es inyectiva: si $f(m)=f(n)$, entonces \[f(m)+f(f(m))+f(f(f(m)))=f(n)+f(f(n))+f(f(f(n)))\] y, por tanto, $m=n$.

Solución. Consideremos la función $g(x)=\frac{1}{1-x}$, que cumple que \begin{eqnarray*} g(g(x))&=&\frac{1}{1-\frac{1}{x-1}}=\frac{x-1}{x},\\ g(g(g(x)))&=&\frac{\frac{1}{1-x}-1}{\frac{1}{1-x}}=x. \end{eqnarray*} La ecuación inicial se escribe como $f(x)+f(g(x))=x$. Sustituyendo $x$ por $g(x)$, llegamos a que \[f(g(x))+f(g(g(x)))=g(x)=\frac{1}{1-x}.\] Volviendo a sustituir en esta última ecuación $x$ por $g(x)$, obtenemos \[f(g(g(x)))+f(x)=g(g(x))=\frac{x-1}{x}.\] Así, estas dos últimas ecuaciones junto con la ecuación inicial nos permiten formar el sistema de tres ecuaciones lineales con incógnitas $f(x)$, $f(g(x))$ y $f(g(g(x)))$ siguiente: \begin{eqnarray*} f(x)+f(g(x))&=&x\\ f(g(x))+f(g(g(x)))&=&\frac{1}{1-x}\\ f(g(g(x)))+f(x)&=&\frac{x-1}{x} \end{eqnarray*} que puede resolverse (nos interesa sólo el valor de $f(x)$) dando lugar a \[f(x)=\frac{x^3-x+1}{2 (x-1) x}{.}\] Ahora es fácil comprobar que esta función cumple los requisitos, luego es la única.

Solución. Para llegar a la solución se necesita mayormente destreza en manipulación trigonométrica. En primer lugar, usando la identidad de factorización \[\sin x+\sin y=2\sin\left(\frac{x+y}{2}\right)\cos\left(\frac{x-y}{2}\right),\] podemos transformar \begin{eqnarray*} \sin 18+\sin 54&=&2\sin 36\cos 18\\ \sin 42+\sin 78&=&2\sin 60\cos 18, \end{eqnarray*} lo que, junto con la fórmula del ángulo doble $\sin36=2\sin 18\cos 18$ nos permite reescribir la expresión del enunciado como \[\frac{2\sin 18\cos 18}{2\sin 36\cos 18+2\sin 60\cos 18}=\frac{\sin18}{\sin36+\sin 60}=\frac{\sin18}{2\sin48\cos12}.\] Si probamos que $\sin18=2\sin12\sin48$, habremos terminado. Ahora la clave está en expresarlo todo en términos de un solo ángulo. Usando la fórmula del seno de la suma y la diferencia, podemos desarrollar \begin{eqnarray*} \sin12\sin48&=&\sin(30-18)\sin(30+18)\\ &=&\sin^2 30\,\cos^2 18-\sin^2 18\,\cos^2 30=\frac{1}{4}-\sin^2 18, \end{eqnarray*} donde también hemos usado que $\sin^2 30=\frac{1}{4}$ y $\cos^2 30=\frac{3}{4}$. Así, la igualdad $\sin18=2\sin12\sin48$ es equivalente a $4\sin^2 18+2\sin18-1=0$. Por tanto, $\sin 18$ ha de ser la única solución positiva de la ecuación de segundo grado $4x^2+2x-1=0$, es decir, tendremos que probar que \[\sin18=\frac{\sqrt{5}-1}{4}{,}\] El ángulo de $18$ grados está relacionado con un pentágono regular. Si en un pentágono regular tomamos un vértice y los dos vértices del lado opuesto, éstos forman un triángulo isósceles de ángulos $36$, $72$ y $72$, cuyos lados iguales tienen la longitud $d$ de la diagonal del pentágono y el lado desigual tiene la longitud $\ell$ del lado del pentágno. De aquí deducimos que $\sin 18=\frac{\ell}{2 d}$. Como $\frac{d}{\ell}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ es la razón áurea (¿por qué?), deducimos que \[\sin 18=\frac{\ell}{2 d}=\frac{2}{2(1+\sqrt{5})}=\frac{\sqrt{5}-1}{(\sqrt{5}+1)(\sqrt{5}-1)}=\frac{\sqrt{5}-1}{4},\] lo que concluye la demostración.

Solución. En primer lugar, haciendo $y=\frac{\lambda}{x}$ en la ecuación funcional, llegamos a que \[f(x)f\left(\frac{\lambda}{x}\right)=1.\] lo que nos dice que $f(x)\neq 0$ para todo $x\in (0,\infty)$. Haciendo ahora $y=x$ en la ecuación funcional, obtenemos que \[f(x)^2=f\left(\frac{\lambda}{x}\right)^2,\] luego, combinando estas dos igualdades, \[f(x)^4=f(x)^2f\left(\frac{\lambda}{x}\right)^2=1\] De aquí deducimos que, para cada $x\in (0,\infty)$, se tiene que $f(x)=1$ ó $f(x)=-1$. Además, la igualdad $f(x)f(\frac{\lambda}{x})=1$ nos dice ahora que $f(x)=f(\frac{\lambda}{x})$ para todo $x\in(0,\infty)$. Usando esto en la ecuación original, no es difícil ver que \[f(xy)=f(x)f(y)\] para cualesquiera $x,y\in (0,\infty)$, es decir, $f$ es multiplicativa. Tomando $y=\frac{\lambda}{x^2}$ en esta última ecuación y usando que $f(x)=f(\frac{\lambda}{x})$, deducimos que $f(\frac{\lambda}{x^2})=1$ para todo $x\in (0,\infty)$, lo que nos dice que $f$ es constante uno. Como cumple la ecuación original, deducimos que $f(x)=1$ es la única solución al problema.

Solución. En primer lugar, el hecho de saber que $g(n)$ se define sobre los números pares e impares nos hace pensar en utilizar la base $2$ para expresar la función. Calculando unos cuantos términos $g(n)$ y expresando $n$ en base $2$, parece que $g(n)$ es la suma de las cifras de $n$ en base $2$ y esto será lo que probemos por inducción completa.

Está claro que, para $n=1$ ó $n=2$, $g(1)=g(2)=1$, con lo cual se cumple el caso base. Dado $n\in\mathbb{N}$, supongamos ahora que $g(j)$ es la suma de los dígitos de $j$ para $1\leq j\lt n$ y probémoslo para $n$. Tendremos que distinguir casos dependiendo de si $n$ es par o impar:

• Si $n$ es par, entonces $n=2j$ para algún $j$, luego $g(n)=g(2j)=g(j)$. Ahora bien, los dígitos de $n$ en base $2$ son los de $j$ a los que se ha añadido un cero al final, luego $g(n)$ también es la suma de los dígitos de $n$ en base $2$.
• Si $n$ es impar, entonces $n=2j+1$ para algún $j$, luego $g(n)=g(2j+1)=g(2j)+1=g(j)+1$. Como los dígitos de $n$ en base $2$ son los de $j$ a los que se ha añadido un uno al final, tendremos que $g(n)$ es la suma de los dígitos de $n$ en base $2$.

Visto esto, el problema se reduce a saber cuál es el número $n\leq 2002$ con mayor suma de dígitos en base $2$ o, equivalentemente, con mayor número de unos en base $2$. El primer número que tiene $k$ unos en base $2$ es $2^k-1$. Como $2^{10}-1=1023\lt 2002$ y $2^{11}-1=2047\gt 2002$, deducimos que $M=10$.

Falta por ver cuántos números $n\leq 2002$ tienen exactamente $10$ unos en base $2$. No obstante, como dichos números tienen a lo sumo $11$ cifras, los posibles candidatos son los que tienen exactamente un cero, que son los de la forma $2^{11}-2^{i}-1$ para $0\leq i\leq 10$.

• Para $i\leq 5$ tenemos que $2^{11}-2^{i}-1\geq 2^{11}-2^5-1=2015$.
• Para $i\geq 6$ tenemos que $2^{11}-2^{i}-1\leq 2^{11}-2^6-1=1983$.

Por tanto, los números buscados son los que se obtienen para $6\leq i\leq 10$ y, deducimos que hay exactamente cinco números que alcanzan el máximo.