Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si en la ecuación sustituimos $n$ por $f(n)$, tenemos que $f(f(f(n)))=f(n)+2$. Por otro lado, si aplicamos $f$ a la ecuación también tenemos que $f(f(f(n)))=f(n+2)$, por lo que la función $f$ tiene que verificar \[f(n+2)=f(n)+2,\quad\text{para todo }n\in\mathbb{N}.\] Esto nos dice que $f(n)$ avanza dos unidades cuando $n$ aumenta dos unidades, luego crece linealmente en los pares y en los impares por separado. Si llamamos $a=f(1)$ y $b=f(2)$, se tiene que \[f(n)=\begin{cases}a+n-1&\text{si }n\text{ es impar},\\ b+n-2&\text{si }n\text{ es par}.\end{cases}\] Queda por ver qué valores de $a$ y $b$ hacen que se cumpla la ecuación inicial, para lo que distinguiremos casos según la paridad de $a$ y $b$:

• Si $a$ es impar, entonces $n+2=f(f(n))=f(a+n-1)=2a+n-2$ para todo $n$ impar, luego tiene que ser $2a-2=2$, que no es impar. De la misma forma, si $b$ es par, entonces $n+2=f(f(n))=f(b+n-2)=2b+n-4$ para todo $n$ par, luego tiene que ser $2b-4=2$, es decir, $b=3$, que no es par.
• Tenemos entonces que $a$ es par y $b$ impar, luego $n+2=f(f(n))=f(a+n-1)=a+b+n-3$ para todo $n$ impar, luego tiene que ser $a+b=5$, cuya única posible solución es $a=2$ y $b=3$.

Deducimos así que la única solución a la ecuación funcional es $f(n)=n+1$ para todo $n\in\mathbb{N}$.

Nota. Se ha considerado que los naturales no contienen al cero. En caso de que el cero sea admitido como natural, la ecuación $a+b=5$ del último punto también admite la solución $a=0$ y $b=5$ (recordemos que $a$ y $b$ son valores de $f$). Esto nos daría lugar a la solución \[f(n)=\begin{cases}n-1&\text{si }n\text{ es impar},\\ n+3&\text{si }n\text{ es par}.\end{cases}\]

Solución. Que están en progresión aritmética nos dice que $\log_b(x)=\frac{1}{2}(\log_a(x)+\log_c(x))$. Utilizando que $\log_y(x)$ y $\log_x(y)$ son inversos, podemos expresarlo equivalentemente como \begin{align*} \frac{2}{\log_x(b)}=\frac{1}{\log_x(a)}+\frac{1}{\log_x(c)}&\ \Longleftrightarrow\ \frac{\log_x(b)}{2}=\frac{\log_x(a)\log_x(c)}{\log_x(ac)}\\ &\ \Longleftrightarrow\ \frac{\log_x(b)}{\log_x(a)}=\frac{\log_x(c^2)}{\log_x(ac)}\\ &\ \Longleftrightarrow\ \log_a(b)=\frac{\log_x(c^2)}{\log_x(ac)} \\ &\ \Longleftrightarrow\ \log_a(b)\log_x(ac)=\log_x(c^2) \end{align*} Esto nos dice finalmente que \[c^2=x^{\log_x(c^2)}=x^{\log_a(b)\log_x(ac)}=(x^{\log_x(ac)})^{\log_a(b)}=(ac)^{\log_a(b)}.\]

Solución. Expresamos todo en términos del seno y el coseno, teniendo en cuenta las definiciones de las funciones trigonométricas \begin{align*} \mathrm{tg}(x)&=\frac{\mathrm{sen}(x)}{\mathrm{cos}(x)},& \mathrm{cotg}(x)&=\frac{\mathrm{cos}(x)}{\mathrm{sen}(x)},\\ \sec(x)&=\frac{1}{\mathrm{cos}(x)},& \mathrm{cosec}(x)&=\frac{1}{\mathrm{sen}(x)}. \end{align*} Utilizando también la identidad fundamental $\mathrm{sen}^2(x)+\cos^2(x)=1$, podemos transformar la ecuación inicial como sigue: \begin{align*} -3&=\frac{1}{\mathrm{sen}^2(x)}-\frac{1}{\cos^2(x)}-\frac{\mathrm{sen}^2(x)}{\mathrm{cos}^2(x)}-\frac{\mathrm{cos}^2(x)}{\mathrm{sen}^2(x)}-\mathrm{sen}^2(x)-\cos^2(x)\\ &=\frac{\cos^2(x)-\mathrm{sen}^2(x)-\mathrm{sen}^4(x)-\cos^4(x)}{\mathrm{sen}^2(x)\cos^2(x)}-1\\ &=\frac{\cos^2(x)-\mathrm{sen}^2(x)-\mathrm{sen}^2(x)(1-\cos^2(x))-\cos^2(x)(1-\mathrm{sen}^2(x))}{\mathrm{sen}^2(x)\cos^2(x)}-1\\ &=\frac{-2\mathrm{sen}^2(x)+2\mathrm{sen}^2(x)\cos^2(x)}{\mathrm{sen}^2(x)\cos^2(x)}-1=\frac{-2}{\cos^2(x)}+1 \end{align*} Por tanto, podemos escribir finalmente nuestra ecuación como $\cos(x)=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$, lo que nos da las soluciones $x=45$, $x=135$, $x=225$ y $x=315$ en el intervalo $[0,360]$. El resto de soluciones se obtienen sumando a estas un múltiplo entero de $360$.

Si dividimos $2003$ entre $360$, obtenemos cociente $5$ y resto $203$, es decir, $2003^\circ$ consiste en dar 5 vueltas a la circunferencia goniométrica y añadir $203^\circ$, lo que nos da la solución más cercana $5\cdot 360^\circ+225^\circ=2025^\circ$ y esta es la respuesta buscada.

Solución. Como intercambiar $x$ e $y$ no hace otra cosa que cambiar de orden las ecuaciones, tenemos que $(x,y)$ solución si, y sólo si, $(y,x)$ lo es. Esto nos da un número par de soluciones con $x\neq y$. Nos queda encontrar las soluciones con $x=y$, en cuyo caso las dos ecuaciones son la misma y queda \[(x^2+6)(x-1)=x(x^2+1)\ \Leftrightarrow\ x^2-5x+6=0,\] que tiene dos soluciones reales ($x=2$ y $x=3$), que también es un número par.

Nota. Es interesante preguntarse si realmente es que no se pueden calcular todas las soluciones, pero no es así. Si obviamos las soluciones $(2,2)$ y $(3,3)$ obtenidas, podemos sumar y restar las dos ecuaciones dadas para obtener el sistema cuadrático siguiente (tras simplificar el factor $x-y$ que aparece en la diferencia): \[\left\{\begin{array}{l} 2xy-x-y=7\\ x^2+y^2-5x-5y=-12 \end{array}\right.\] Despejando $x=\frac{7+y}{2y-1}$ en la primera ecuación y sustituyendo en la segunda, obtenemos la ecuación cuadrática $y^4-6 y^3+15 y^2-26 y+24=0$, cuyas únicas soluciones reales son $y=2$ e $y=3$ (se obtienen por Ruffini). Por tanto, el sistema del enunciado tiene cuatro soluciones: $(2,2)$, $(3,3)$, $(2,3)$ y $(3,2)$.

Solución. La primera condición nos dice que $f$ es su propia inversa, luego $f$ es biyectiva. Ahora bien, si suponemos por reducción al absurdo que $f(f(n)+1)=2$, entonces $n$ no puede ser impar ya que entonces $2=n+3$ y tendríamos $n=-1\not\in\mathbb{N}$; tampoco puede ser par ya que entonces $2=n-1$ y tendríamos $n=3$, que en realidad es impar. Por ser $f$ biyectiva, debe existir un único $n_0\in\mathbb{N}$ tal que $f(n_0)=2$ pero entonces hemos vismo que $n_0\neq f(n)+1$ para ningún $n\in\mathbb{N}$. Usando la sobreyectividad de $f$, el término $f(n)+1$ toma todos los valores enteros mayores que $1$, luego sólo queda la posibilidad $n_0=1$. Tenemos así demostrada la pista que nos da el propio enunciado y que nos va a servir para resolver el problema.

Haciendo el cambio $n\mapsto f(n)$ en la segunda condición, tenemos que \[f(n+1)=f(f(f(n))+1)=\begin{cases}f(n)+1&\text{si }n\text{ es par},\\f(n)+3&\text{si }n\text{ es impar}.\end{cases}\] De esta forma, los valores de $f(n)$ decrecen 1 y aumentan 3 cíclicamente cuando $n$ se incrementa en una unidad. Por tanto, cuando $n$ avanza 2 unidades, $f(n)$ también se incrementa también en 2 unidades, independientemente de que $n$ sea par o impar. De esta forma, llegamos a que $f(2k+2)=2k+f(2),\qquad f(2k+1)=2k+f(1)$. Como quiera que $f(1)=2$ y $f(2)=f(f(1))=1$, tenemos que $f$ disminuye en una unidad los números pares y aumenta en una unidad a los impares, es decir, la única posible función que cumple las condiciones del enunciado es \[f(n)=\begin{cases}n-1&\text{si }n\text{ es par},\\n+1&\text{si }n\text{ es impar}.\end{cases}\] Es fácil comprobar que de verdad esta función cumple las condiciones.

Nota. En realidad, este problema nos obliga a usar la pista ya que nos dice observando previamente que... Aun así, es esperable que si alguien encuentra otra forma de resolverlo sin usar la pista, debería otorgarse la puntuación completa.