IMO 2011 en Amsterdam – Problema nº 3

Comenzamos la semana con el tercer problema de la IMO 2011 celebrada en Amsterdam durante el mes de julio. Ahí va:

Sea f una función del conjunto de los números reales en sí mismo que satiface

f(x+y) \le y f(x)+f(f(x))

para todo par de números reales x,y. Demostrar que f(x)=0, para todo x \le 0.

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

20 Comentarios

  1. Comencemos:
    f(x)=f(x+0) \le f(f(x)) entonces f(f(x)) \le f(f(f(x))) .
    Tenemos que f(f(x))=f(f(x)+0) \le f(x)f(0)+f(f(0)) entonces sustituyendo f(x+y) \le yf(x)+f(f(x)) \le f(x)(y+f(0))+f(f(0)) .
    Por lo que f(x-f(0)) \le f(f(0)), con lo que tenemos una cota superior, y como f(f(0)) \le f(f(f(0))) pero no puede ser mayor entonces f(0)=0 .
    Tenemos también f(0)=0=f(x-x) \le -xf(x)+f(f(x)) \le -xf(x) si ponemos x < 0 obtenemos 0 \le -xf(x) como -x es positivo y f(x) \le 0 entonces f(x)=0 para todo x \le 0.

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  2. Vaya, qué entretenida de leer la solución. Con estos problemas, sin entender demasiado a dónde van, la verdad, siempre me queda la cosa de si esa tal función existe.

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  3. Felix. ¿Dices que como f(f(0))\leq f(f(f(0))) y como f(f(0)) es una cota superior entonces f(0) es cero? A ese cuento le falta un pedazo, que tal que f(x)=\pi para todo x real.

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  4. Y, así puesto no solo es, como mínimo para mi, el único punto oscuro en el mensaje de felix el que detalla yofo: -xf(x) + f(f(x)) <= -xf(x) (¿?) y también un poco más adelante menciona que f(x)<=0 sin decir cómo…. O no veo yo el cómo que también puede ser.

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  5. Ahora que me doy cuenta, yo tampoco sé de donde he sacado ese f(0)=0, que después también utilizo en f(x) \le f(f(0))=0, espero que alguien pueda arreglar mi despiste y demuestre que f(0)=0, porque es lo único que falta.

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  6. Lo he conseguido resolver (lo que me ha llevado un simple f(0)=0).
    Tomando todas las lineas de mi primer comentario excepto las tres últimas.
    Ponemos c=f(f(0)) y tenemos que f(c)=c porque f(x) \le f(f(x)) \le c (basta con poner x=f(0))

    y-x=c entonces f(y-x)=c \le -xf(y)+c por lo que  0 \le -xf(c+x) con x=-1 tenemos 0 \le f(c-1), pero,  f(c-1) \le -f(c)+c con lo que f(c-1) \le 0 y tenemos f(c-1)=0

    f((c-1)+1)=c \le f(c-1)+f(f(c-1)) , sustituyendo f(c-1)=0 nos da  c \le f(0) pero f(0) \le c y entonces f(0)=c=f(f(0))

    f(c-c)=c= \le -cf(c)+c con lo que 0 \le -c^2 que solo es posible si c=0=f(0)

    f(x-x)=0 \le -xf(x) y si x < 0 entonces 0 \le f(x) \le 0 (por la cota) y acabada la demostración.

    PD:¿Me podrías dar algún truco para la legibilidad de demostraciones tan largas como esta?
    PD2:Me pregunto si existe alguna función aparte de f(x)=0 que cumpla las condiciones del enunciado para reales positivos.

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  7. Felix. Hay una línea que no entiendo, después de demostrar que f(c)=c, dices que y-x=c o dices que -x=c.

    Si dices que y-x=c, entonces f(y-x)=f(c)=c además, por la desigualdad en cuestión, f(y-x)\leq (-x)f(y)+f(f(y)). Pero conseguiste algo de este modo f(y-x)\leq (-x)f(y)+c, como si f(f(y))=c.

    Si dices que -x=c entonces f(y-x)=f(y+c)\leq (-x)f(y)+f(f(y)), pero f(x-y) no necesariamente es c, además tendría de nuevo algo como que f(f(y))=c.

    Lo que digo no es que te hayas equivocado, es que no entendí la notación, ahora, está muy bueno lo que hizo, muy chevere, bien interesante.

    Quedo pendiente en la jugada.

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  8. Félix, pero mmm a ver, “basta con poner x=f(0)”,dices? Una indeterminada no es una constante, pero no solo eso, si pones eso ya estás ‘pidiendo el principio’ y encima lo estás pidiendo mal. Si pones x=f(0) pues hale, nos cargamos precisamente lo que diice el enunciado que hay que demostrar.
    Así que o eso o aun entiendo menos de tu explicación. Encomiable esfuerzo sin embargo. No te desanimes

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  9. Maelstrom, Felix demostró que
    f(x)\le f(f(x)), \forall x (i)
    (por ejemplo escogiendo y=0 en la ecuación del enunciado).
    También demostró que f(x-f(0))\le f(f(0)) (ii) entonces
     f(0)\le f(f(0)) por (i) y aplicando de nuevo la desigualdad (i) tenemos
     f(f(0))\le f(f(f(0)))
    renombrando  c=f(f(0))
     c\le f(c) (iii)
    y renombrando en (ii) también tenemos
    f(x-f(0))\le c o si tomamos x'=x-f(0) \Rightarrow f(x')\le c, \forall x' \in R (iv)
    Juntando (iii) y (iv)
     c\le f(c) \le c Por tanto c=f(c)

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  10. Yofo, como c es el máximo,  f(y-x) =f(c)=c \le -xf(y)+f(f(y)) \le -xf(y)+c

    Mi demostración me resulta larga, ¿alguien podría acortarla?

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  11. f(x)= 0 para todo x<=0

    f(x+y)<= yf(a)+ff(a)<= 0+f(0)= 0 [1]

    para todo x<=0.

    ** Supongamos que f(x)= a, x<=0, siendo a€R\{0}

    f(x+y)<= ay+f(a)<= ay+a= a(1+y)

    ** Luego, para que se verifique [1], a(1+y)= 0; se ve que esto se cumple si y sólo si y= -1, pues la suposición (que es una reducción al absurdo) es que f(x)= a, x<=0, siendo a€R\{0}.

    ** Esto contradice al enunciado, pues si f(x) no es igual a cero, la única forma de mantener la desigualdad es con y= -1.

    (algo me dice que me he pasado por lo alto un paso, pero, bueno, se trataba de intentarlo)

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  12. Sebastian Que más sebastian. Primero, ¿Qué es a?. Segundo, mostraste que f(x+y) \leq 0 y que f(x+y) \leq a(1+y), pero eso no implica que a(1+y)=0. Ejemplo: la expresión -1-|x|, siempre es menor o igual que -1, luego, -1-|x| \leq 1, además -1-|x| siempre es menor que cero, luego -1-|x| \leq 0, pero 0 \neq -1

    Por otro lado. Es claro que f(f(x))=0 para todo x real ;). Entonces la desigualdad se puede escribir de esta forma

    f(x+y) \leq xf(y)

    Ahora, f(x)=f(x+1-1), usando la desigualdad de arriba:

    f(x) \leq -f(x+1)

    De nuevo, f(x+1)=f(x+1+1-1)=f(x+2-1), usando la desigualdad:

    f(x+1) \leq -f(x+2).

    Combinando obtenemos

    f(x) \leq -(-f(x+2))=f(x+2).

    Hemos mostrado que para todo x real, f(x) \leq f(x+2), por otro lado, Felix mostró que f(x) \leq 0 para todo x real. De modo que para todo x real, f(x) \leq f(x+2) \leq 0

    Esto implica que la función debe ser cero, ;). Espero no haberme equivocado.

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  13. Bueno, algo sucede y los leq, deberían ser un signo de menor o igual. En el ‘Preview’ salía bien pero ahora sale mal y no me deja editarlo.

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  14. ZetaSelberg, arreglado :).

    El problema es que al editar un comentario se borra una \. Lo que hay que hacer es escribir dos \, para que al borrarse una quede la otra.

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  15. Y sí, efectivamente me equivoqué… f(x)=-e^{x} para x positivo y cero en los negativos es un ejemplo 🙁 lo que hace el trasnochar.

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  16. @ZetaSelberg

    ¿Cómo que ‘qué más’? He intentado resolver un ejercicio y ya está. De eso se trata, ¿no? Por lo que agradecería que ciertos tintes arrogantes de tu respuesta te los ahorrases para futuros mensajes, si los hay. Saludos ‘campeón’.

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  17. Sebastián. No sé con exactitud qué entendíste, pero yo soy de Colombia, y en Colombia un saludo común es “Que más” o “Que tal” o “Como va” o “Que dice” o “Que cuenta” o “Tónces” (Una especie de “Entonces” acortado).

    En lo más mínimo intenté insultarlo o mostrar arrogancia. Cuando dije “Que más Sebastian” te estaba dando un saludo.

    Le pido disculpas si en algún momento se sintió ofendido, no es mi intención. De igual forma trataré de usar un vocabulario no tan regionalista en mis comentarios, para evitar este tipo de situaciones ;).

    Cordial saludo.

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  18. @ZetaSelberg

    No hay problema, hombre. Son las imperfecciones del lenguaje; yo no lo sabía ni tú tampoco 😉

    Un cordial saludo.

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  19. ZetaSelberg | 11 de August de 2011 | 17:43

    con lo que concluyes se puede ademas concluir que f(x)=0 para todo x
    o me equivoco?

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