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^ | Publicado el 19 de Agosto de 2008
Categorías: Juegos

6 comentarios

M | 19 de Agosto de 2008 | 13:49

En mi opinión, este era el más asequible de los seis.
Javier | 20 de Agosto de 2008 | 19:18

$\displaystyle \frac{f(1)^2+f(1)^2}{f(1)+f(1)}=1$ 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 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x}$
M | 20 de Agosto de 2008 | 20:32

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.
Javier | 21 de Agosto de 2008 | 10:37

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
M | 21 de Agosto de 2008 | 14:35

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.
Javier | 21 de Agosto de 2008 | 16:02

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