Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

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. Si llamamos $f(1)=a$, la ecuación del enunciado nos dice que $f(a+1)=2a$. Como $f$ es estrictamente creciente, y en los intervalos $[1,a+1]$ y $[a,2a]$ hay exactamente $a$ números enteros, deducimos que $f(2)=a+1$, $f(3)=a+2$,... hasta $f(a+1)=2a$. En otras palabras, $f(n)=a-1+n$ siempre que $1\leq n\leq a+1$. Sustituyendo ahora $n=a+1$ en la ecuación del enunciado, tenemos que $f(3a+1)=4a$ y, como hay $2a+1$ números tanto en el intervalo del dominio $[a+1,3a+1]$ como en el de la imagen $[2a,4a]$, deducimos que $f(a+2)=2a+1$, $f(a+3)=2a+2$,... hasta $f(3a+1)=4a$, luego $f(n)=a-1+n$ siempre que $1\leq n\leq 3a+1$. Repitiendo el proceso se deduce que $f(n)=a-1+n$ para todo $n\in\mathbb{N}$, de donde deducimos que toda función que cumpla el enunciado ha de ser de esta forma. Como estas funciones lo cumplen (¡comprobarlo!), deducimos que son las únicas.