Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Cualquier intento de manipulación de la ecuación está abocado al fracaso puesto que esta ecuación es lo que se conoce como ecuación trascendente. No obstante, hay un método indirecto que nos lleva a la solución.

Consideremos la función $f(x)=\log_5(x-5)+\log_6(x+6)$, que está definida para $x\gt 5$ y es estrictamente creciente (es decir, $f(x)\gt f(y)$ si $x\gt y$), lo que nos dice que si la ecuación $f(x)=4$ tiene una solución, entonces la solución es única (¿por qué?). Visto eso, si uno prueba un poco con números sencillos, verá rápidamente que $x=30$ es una solución, luego es la única.

Solución. Dado $a\in\mathbb{R}$, vamos a trabajar con más generalidad en la ecuación \[\sqrt{x+\sqrt{2x-1}}+\sqrt{x-\sqrt{2x-1}}=a.\] Puede probarse que el miembro de la izquierda tiene sentido sólo para $x\geq\frac{1}{2}$, es decir, $x$ tiene que satisfacer esta desigualdad para que todas las raíces estén bien definidas (recordemos que el resultado de hacer una raíz cuadrada siempre es un número positivo).

Multiplicando ambos miembros de la ecuación por $\sqrt{x+\sqrt{2x-1}}-\sqrt{x-\sqrt{2x-1}}$, obtenemos \[2x=a\sqrt{x+\sqrt{2x-1}}-a\sqrt{x-\sqrt{2x-1}}.\] Usando esta ecuación y la original, es fácil despejar \begin{eqnarray*} \sqrt{x+\sqrt{2x-1}}&=&\frac{a^2+2\sqrt{2x-1}}{2a}\\ \sqrt{x-\sqrt{2x-1}}&=&\frac{a^2-2\sqrt{2x-1}}{2a} \end{eqnarray*} La primera de estas igualdades no nos da información por ahora, pero la segunda nos dice que el miembro de la derecha tiene que ser positivo. Despejando $x$, esto es equivalente a que \[x<\frac{1}{2}+\frac{a^4}{8}.\] Observemos también que si $a=\sqrt{2}$ entonces las dos igualdades anteriores se cumplen para cualquier valor de $x$, lo que nos dice que la primera ecuación del enunciado se cumple si, y sólo si, $x\in[\frac{1}{2},\frac{1}{2}+\frac{a^4}{8}]=[\frac{1}{2},1]$.

Vamos a suponer ahora que $a\neq\sqrt{2}$. Elevando al cuadrado las dos igualdades despejadas anteriormente y sumando, llegamos a \[2x=\left(\frac{a^2+2\sqrt{2x-1}}{2a}\right)^2+\left(\frac{a^2-2\sqrt{2x-1}}{2a}\right)^2=\frac{a^4+4(2x-1)}{2a^2}.\] Por lo tanto, podemos expresar esta última condición como la ecuación de primer grado $(8-4a^2)x=4-a^4$. Para $a=1$, la única solución es $x=\frac{3}{4}$... ¡pero no cumple $x< \frac{1}{2}+\frac{a^4}{8}=\frac{5}{8}$, luego tenemos que descartarla! Para $a=2$, la única solución es $x=\frac{3}{2}$, que puede comprobarse que cumple la ecuación.

Resumiendo, para $a=\sqrt{2}$, tenemos que las soluciones son los elementos del intervalo $[\frac{1}{2},1]$, para $a=1$ no hay solución y para $a=2$ la única solución es $x=\frac{3}{2}$.

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 $f(x)=-x$.