Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Podemos calcular \begin{align*} f^2(x)&=f(ax+b)=a(ax+b)+b=a^2x+ab+b,\\ f^3(x)&=a^2(ax+b)+ab+b=a^3x+a^2b+ab+b,\\ f^4(x)&=a^3(ax+b)+a^2b+ab+b=a^4x+a^3b+a^2b+ab+b,\ldots \end{align*} De esta forma, es claro (se puede probar muy fácilmente por inducción) que aplicar la función $2000$ veces resulta en la función lineal $$f^{2000}(x)=a^{2000}x+(a^{1999}+a^{1998}+\ldots+a+1)b.$$ Para que la función sea igual a la identidad para todo valor de $x$, tiene que ser el coeficiente de $x$ igual a $1$ y el término independiente $0$ (igualdad de polinomios). La condición $a^{2000}=1$ nos lleva a que $a=\pm 1$:

• Si $a=1$, entonces el término independiente es $2000b$, luego tiene que ser $b=0$.
• Si $a=-1$, entonces el término independiente es automáticamente cero.

Esto nos dice que las funciones que buscamos son $f(x)=x$ y $f(x)=-x+b$ para cualquier $b\in\mathbb{R}$.

Nota. El resultado es cierto cambiando $2000$ por cualquier número par. Si lo cambiamos por un número impar, entonces la única solución es la identidad $f(x)=x$.

Solución. Sea $i(p)$ la función que devuelve los ingresos en términos del precio $p$ por unidad. El número de bicicletas vendidas en función de $p$ viene dado por $\frac{3900-3p}{7}$ (es una función lineal de la forma $ap+b$, donde $a=-\frac{3}{7}$ ya que debe aumentar/disminuir $3$ unidades si $p$ disminuye/aumenta $7$ euros y $b$ se ajusta para que $600a+b=300$). De esta manera, tenemos que $i(p)=\frac{3900-3p}{7}p$ es igual al número de unidades vendidas multiplicado por el precio de la unidad.

Podemos completar el cuadrado para expresar \[i(p)=\tfrac{-3}{7}(p^2-1300p)=\tfrac{3}{7}650^2-\tfrac{3}{7}(p-650)^2.\] Por tanto, los ingresos serán máximos cuando $(p-650)^2$ sea mínimo, es decir, para $p=650$, en cuyo caso los ingresos máximos vendrán dados por $\tfrac{3}{7}650^2$ euros, respondiendo así al apartado (b). En cuanto al apartado (a), la respuesta es afirmativa puesto que la función $i(p)$ es creciente en el intervalo $(0,650)$ y, en particular, en el precio inicial $p=600$.

Nota. La última parte se puede analizar también con la derivada. Probablemente, el ejercicio original estaba pensado para hacerse con una derivada.

Solución. Deduciendo los dígitos de uno en uno, se llega fácilmente a la siguiente solución única: \[\begin{matrix} &2&8&7\\ \times&&2&3\\\hline &8&6&1\\ 5&7&4&\\ \hline 6&6&0&1 \end{matrix}\]

Solución. El miembro de la derecha toma todos los valores reales posibles, luego está claro que $f$ debe ser sobreyectiva. En particular, existe $x_0\in\mathbb{R}$ tal que $f(x_0)=0$ (por ejemplo, para $x=y=0$, podríamos tomar $x_0=f(f(f(f(0))))$ y cumpliría que $f(x_0)=0$). Sustituyendo $x=x_0$ en la ecuación nos quedaría \[f(x_0+f(y+f(x_0+f(y))))=3x_0+2y.\] Sumando $y$ a ambos miembros y volviendo a aplicar $f$, tenemos que \[f(y+f(x_0+f(y+f(x_0+f(y)))))=f(y+3x_0+2y)=f(3y+3x_0).\] Ahora bien, al miembro de la izquierda en esta igualdad se le puede aplicar la ecuación funcional del enunciado (cambiando $x\mapsto y$ y $y\mapsto x_0$). Esto nos dice que \[3y+2x_0=f(y+f(x_0+f(y+f(x_0+f(y)))))=f(y+3x_0+2y)=f(3y+3x_0).\] Finalmente, haciendo el cambio $t=3y+3x_0$, obtenemos que \[f(t)=t-x_0,\qquad\text{para todo }t\in\mathbb{R}.\] Sin embargo, esta función cumple la ecuación inicial solo cuando $x_0=0$, de donde deducimos que la identidad $f(t)=t$ para todo $t\in\mathbb{R}$ es la única solución al problema.