Olimpiada Internacional de Matemáticas 2008 – Problema 4: Halla las funciones

Cuarto problema de la Olimpiada Internacional de Matemáticas de 2008:

Hallar todas las funciones f: (0, \infty) \longrightarrow (0, \infty) (es decir, las funciones f de los números reales positivos en los números reales positivos) tales que

\cfrac{\left ( f(w) \right )^2 + \left ( f(x) \right )^2}{f(y^2)+f(z^2)}=\cfrac{w^2+x^2}{y^2+z^2}

para todos los números reales w,x,y,z que satisfacen wx=yz.

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.

6 Comentarios

  1. \displaystyle \frac{f(1)^2+f(1)^2}{f(1)+f(1)}=1 asi que f(1)=1

    \displaystyle \frac{f(1)^2+f(a)^2}{f(a)+f(a)}=\frac{1+a^2}{a+a}

    \displaystyle x=f(a), \frac{1+x^2}{2x}=\frac{1+a^2}{2a},\ a+ax^2=x(1+a^2)

    \displaystyle ax^2-(1+a^2)x+a=0, \ x=\frac{1+a^2\pm\sqrt{1+2a^2+a^4-4a^2}}{2a}

    \displaystyle x=\frac{1+a^2+1-a^2}{2a}=\frac{1}{a}

    \displaystyle x=\frac{1+a^2-1+a^2}{2a}=a

    Supongamos que f(a^2)=a^2

    \displaystyle \frac{f(1)^2+f(1)^2}{f(a^2)+f(a^{-2})}=\frac{2a^2}{a^4+1} asi que \displaystyle  \frac{2}{a^2+f(a^{-2})}=\frac{2a^2}{a^4+1}

    \displaystyle 2a^4+2=2a^4+2a^2f(a^{-2}),\ f(a^{-2})=a^{-2}

    Analogamente demostrariamos que si \displaystyle f(a^2)=a^{-2}, \ f(a^{-2})=a^2

    Con lo que demostramos que las dos unicas funciones que cumplen las normas son f(x)=x y \displaystyle f(x)=\frac{1}{x}

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  2. Javier, sí señor, la respuesta final es esa, aunque falta una cosa importante en tu razonamiento:

    Has demostrado que si a\succ 0 entonces se tiene que f(a)=a, o bien f(a)=\frac{1}{a}.

    ¿Por qué no puede darse el caso de que existan a,b\succ0 tales que f(a)=a y f(b)=\dfrac{1}{b}? De momento, tu razonamiento no excluye esta posibilidad.

    Para concluir que las dos únicas soluciones al problema son la función identidad y la función recíproca hay que aclarar esta cuestión.

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  3. Si que lo he demostrado, puesto que he llegado a la conclusion de que si f(a)=a el unico resultado posible es f(b)=b usando el caso particular \displaystyle b=\frac{1}{a}

    Saludos

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  4. Javier, sin ánimo de incordiar, debo decir que, tal cual lo has planteado, el problema aún no está completamente resuelto.

    Tu razonamiento no excluye una posible función “algo traviesa” que aplique x en x para algunos x’s, y x en \frac{1}{x} para otros valores de x en el complementario del conjunto anterior. Usar b=1/a como caso particular no demuestra nada en general (lo que has demostrado es que si para un cierto a se tiene que f(a)=a (resp. f(a)=a^{-1}), entonces f(a^{-1})=a^{-1} (resp. f(a^{-1})=a)).

    Por ejemplo, para el caso de la función identidad, en ningún momento has demostrado que si f(a)=a para un cierto a, entonces se tenga que f(x)=x, \forall x\succ 0. Y esto es lo que hay que probar.

    En otras palabras, debes demostrar que es imposible la existencia de a,b\succ 0 tales que f(a)=a y f(b)=\dfrac{1}{b}, siendo a,b reales positivos arbitrarios.

    Un saludo.

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  5. Tienes razon

    Sea \displaystyle \frac{f(a)^2+f(b)^2}{f(1^2)+f(a^2b^2)}

    Para f(a)=a, f(b)=b es trivial que f(a^2b^2)=a^2b^2

    Si \displaystyle f(a)=\frac{1}{a},f(b)=\frac{1}{b}

    \displaystyle \frac{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}{1+f(a^2b^2)}=\frac{a^2+b^2}{1+a^2b^2}, \frac{a^2+b^2}{(a^2b^2)(1+f(a^2b^2)}=\frac{a^2+b^2}{1+a^2b^2}

    \displaystyle a^2b^2+a^2b^2f(a^2b^2)=1+a^2b^2,f(a^2b^2)=\frac{1}{a^2b^2}

    Si \displaystyle f(a)=a,f(b)=\frac{1}{b}

    \displaystyle \frac{a^2+\frac{1}{b^2}}{1+f(a^2b^2)}=\frac{a^2+b^2}{1+a^2b^2}

    si f(a^2b^2)=a^2b^2 la igualdad solo se cumple para b=1, y no para todo b

    si \displaystyle f(a^2b^2)=\frac{1}{a^2b^2},  \displaystyle \frac{\frac{a^2b^2+1}{b^2}}{\frac{a^2b^2+1}{a^2b^2}}=\frac{a^2+b^2}{1+a^2b^2}, a^2=\frac{a^2+b^2}{1+a^2b^2} que vuelve a ocurrir solo en b=1

    La demostracion para \displaystyle f(a)=\frac{1}{a},f(b)=b se haria de manera analoga

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