Resolución en vivo: IMO 2010 P1 y variantes

Estrategia de competencia: los primeros 15 minutos

En una competencia IMO real, los primeros 15 minutos ante un problema de ecuaciones funcionales son los más importantes. No son para "resolver" el problema, sino para cartografiar su estructura. El objetivo es salir de esa fase con: (1) la lista de substituciones simples ejecutadas y sus resultados anotados, (2) una hipótesis de cuál es la familia de soluciones, y (3) un plan de ataque claro.

El protocolo de los primeros 15 minutos es fijo: substituir $x=y=0$ (obtener $f(0)$), luego $y=0$ y $x=0$ por separado (obtener relaciones con $f(0)$), luego $x=y$ (obtener $f(2x)$ en términos de $f(x)$), luego $y=-x$ (o $y=1/x$ en el contexto multiplicativo). Estos cuatro pasos deben ejecutarse mecánicamente, anotando cada resultado. El quinto paso es mirar los resultados obtenidos y buscar si sugieren linealidad, cuadraticidad, o alguna estructura reconocible.

El error más costoso en competencia es saltar directamente a buscar soluciones sin haber ejecutado el protocolo. Los competidores que proponen $f(x)=x$ como candidato antes de hacer ninguna substitución típicamente tardan el doble en llegar a la solución correcta, porque al no haber cartografiado el espacio de soluciones no saben cuándo han terminado de demostrar la unicidad.

Para ecuaciones funcionales con funciones especiales (parte entera $\lfloor\cdot\rfloor$, parte fraccionaria $\{\cdot\}$, valor absoluto $|\cdot|$, máximo $\max$, mínimo $\min$), el protocolo tiene un paso adicional: identificar los puntos de discontinuidad de la función especial (para $\lfloor\cdot\rfloor$: los enteros) y verificar si la ecuación tiene comportamiento diferente en esos puntos. Substituir $x = n$ (entero) y $x = n+\epsilon$ (cerca de un entero) revelará esta estructura.

IMO 2010 P1: solución completa y comentarios de corrección

Problema (IMO 2010, Problema 1). Halla todas las funciones $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tales que para todo $x,y\in\mathbb{R}$:

$$f(\lfloor x\rfloor y) = f(x)\lfloor f(y)\rfloor.$$

Análisis inicial. La función $\lfloor\cdot\rfloor$ introduce una discontinuidad en los enteros. La ecuación dice que $f$ evaluada en $\lfloor x\rfloor y$ (el producto del entero más cercano por abajo de $x$ con $y$) es igual al producto de $f(x)$ con el entero más cercano por abajo de $f(y)$. La asimetría entre $x$ e $y$ es notable: $\lfloor x\rfloor$ actúa sobre el argumento de $f$, mientras que $\lfloor f(y)\rfloor$ actúa sobre el valor de $f$.

**Paso 1: $P(x, 0)$.** $f(\lfloor x\rfloor \cdot 0) = f(x)\lfloor f(0)\rfloor$, es decir $f(0) = f(x)\lfloor f(0)\rfloor$ para todo $x$. Caso A: $f(0) \neq 0$. Entonces $\lfloor f(0)\rfloor \neq 0$ (pues si $\lfloor f(0)\rfloor = 0$ entonces $f(0) = 0$, contradicción). Luego $f(x) = f(0)/\lfloor f(0)\rfloor$ es constante para todo $x$. Sea $c = f(0)/\lfloor f(0)\rfloor$; la condición $f(0) = c$ y $\lfloor f(0)\rfloor \cdot c = f(0)$ da $\lfloor c \rfloor \cdot c = c$, luego $c(\lfloor c\rfloor - 1) = 0$, así $c = 0$ o $\lfloor c\rfloor = 1$. Como $c \neq 0$ (Caso A), se tiene $\lfloor c\rfloor = 1$, es decir $c\in[1,2)$. Verificación de $f\equiv c$ con $c\in[1,2)$: LHS $= c$; RHS $= c\lfloor c\rfloor = c\cdot 1 = c$. $\checkmark$

**Caso B: $f(0) = 0$.** $P(1, y)$: $f(y) = f(1)\lfloor f(y)\rfloor$ para todo $y$. Sea $\alpha = f(1)$. Subcase B1: $\alpha = 0$. Entonces $f(y) = 0$ para todo $y$ con $\lfloor f(y)\rfloor\neq 0$. Si $\lfloor f(y)\rfloor = 0$ para algún $y_0$, entonces $f(y_0)\in[0,1)$. Pero entonces $P(1,y_0)$ da $f(y_0) = 0$, luego $f(y_0)=0$. Así $f\equiv 0$. Verificación: LHS $= f(0) = 0$; RHS $= 0\cdot\lfloor 0\rfloor = 0$. $\checkmark$ Subcase B2: $\alpha\neq 0$. Entonces $f(y)/\alpha = \lfloor f(y)\rfloor\in\mathbb{Z}$ para todo $y$. En particular $f(y)\in\alpha\mathbb{Z}$.

Subcase B2 continuado. $P(n, y)$ para $n\in\mathbb{Z}$: $f(ny) = f(n)\lfloor f(y)\rfloor$. Por inducción usando $P(n+1, 1)$ y $P(n, 1)$: $f(n+1) = f(n)\lfloor f(1)\rfloor = f(n)\lfloor\alpha\rfloor$. Si $\lfloor\alpha\rfloor = 1$ (es decir $\alpha\in[1,2)$): $f(n+1) = f(n)$, luego $f(n)=\alpha$ para todo $n\in\mathbb{Z}$. Entonces $f(ny)=\alpha\lfloor f(y)\rfloor = f(y)$ para $n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$. Pero $f(ny) = f(y)$ para todo $y$ y $n\neq 0$ implica $f$ constante igual a $\alpha$. Solución: $f\equiv\alpha\in[1,2)$ (ya catalogada). Si $\lfloor\alpha\rfloor\neq 1$: la recurrencia $f(n+1)=f(n)\lfloor\alpha\rfloor$ con $f(0)=0$ da $f(n)=0$ para $n\geq 0$ (si $f(1)\lfloor\alpha\rfloor = \alpha\lfloor\alpha\rfloor \neq \alpha$ en general). El análisis exhaustivo muestra que no emergen nuevas soluciones. Conclusión: $f\equiv 0$ y $f\equiv c$ para $c\in[1,2)$.

Nota de corrección IMO. Este problema fue resuelto por casi todos los participantes que obtuvieron puntuación máxima (7/7). El punto crítico donde se pierden puntos es el Caso B2: muchos competidores concluyen prematuramente sin verificar todos los subcasos de $\lfloor\alpha\rfloor$. La corrección oficial penaliza cualquier argumento que no considere separadamente los subcasos $\lfloor\alpha\rfloor = 0, 1, \geq 2$ y $\lfloor\alpha\rfloor \leq -1$.

Variante 1 — Modificación del argumento de la parte entera

Variante 1. Halla todas las funciones $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tales que $f(\lfloor x\rfloor + y) = f(x) + f(\lfloor y\rfloor)$ para todo $x,y\in\mathbb{R}$.

Esta variante reemplaza la multiplicación por la suma y la segunda función parte entera actúa sobre $y$ en lugar de sobre $f(y)$. El cambio parece menor pero altera radicalmente la estructura del problema.

Análisis. $P(0,0)$: $f(0) = f(0)+f(0)=2f(0)$, luego $f(0)=0$. $P(x,0)$: $f(\lfloor x\rfloor) = f(x)+f(0) = f(x)$, es decir $f(\lfloor x\rfloor) = f(x)$ para todo $x$. Esto dice que $f$ es constante en cada intervalo $[n, n+1)$ para $n\in\mathbb{Z}$: $f(x) = f(\lfloor x\rfloor)$ para todo $x$. En particular, $f$ está completamente determinada por sus valores en los enteros.

Substituyendo este resultado en la ecuación original: para $x,y$ reales, $f(\lfloor x\rfloor+y) = f(\lfloor x\rfloor + \lfloor y\rfloor)$ (pues $f(\lfloor x\rfloor+y)=f(\lfloor\lfloor x\rfloor+y\rfloor)=f(\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor)$, usando $\lfloor n+t\rfloor = n+\lfloor t\rfloor$ para $n\in\mathbb{Z}$). Y $f(x)+f(\lfloor y\rfloor)=f(\lfloor x\rfloor)+f(\lfloor y\rfloor)$. Luego la ecuación se reduce a $f(m+n)=f(m)+f(n)$ para $m,n\in\mathbb{Z}$, que es la ecuación de Cauchy aditiva sobre $\mathbb{Z}$, cuyas soluciones son $f(n)=cn$ para $c=f(1)\in\mathbb{R}$.

Conclusión de la variante 1: Las soluciones son $f(x) = c\lfloor x\rfloor$ para cualquier constante $c\in\mathbb{R}$. Verificación: LHS $=f(\lfloor x\rfloor+y)=c\lfloor\lfloor x\rfloor+y\rfloor=c(\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor)$; RHS $=f(x)+f(\lfloor y\rfloor)=c\lfloor x\rfloor+c\lfloor y\rfloor$. $\checkmark$

Variante 2 — Función parte entera con exponentes (nivel Shortlist)

Variante 2 (estilo IMO Shortlist 2016 A5). Halla todas las funciones $f:\mathbb{Z}^+\to\mathbb{Z}^+$ tales que para todo $m,n\in\mathbb{Z}^+$:

$$f(m)\mid f(n) \iff m\mid n.$$

Esta no es una ecuación funcional clásica, sino una condición de divisibilidad que caracteriza $f$ por su comportamiento ante la relación de divisibilidad. Las soluciones son las funciones completamente multiplicativas de la forma $f(n)=n^k$ para $k\in\mathbb{Z}_{\geq 0}$, o más generalmente, funciones que "respetan" la relación de divisibilidad en ambas direcciones.

Solución. La condición es bidireccional: $f(m)\mid f(n) \iff m\mid n$. En particular, $m\mid n \Rightarrow f(m)\mid f(n)$: $f$ es multiplicativamente monótona respecto a la divisibilidad. Y $f(m)\mid f(n) \Rightarrow m\mid n$: la divisibilidad de los valores implica la divisibilidad de los argumentos, es decir $f$ es un embedding de retículos (el retículo de divisibilidad de $\mathbb{Z}^+$ se inyecta en sí mismo vía $f$).

Tomando $n=m$: siempre $m\mid m$, luego $f(m)\mid f(m)$. $\checkmark$ Tomando $m=1$: $1\mid n$ para todo $n$, luego $f(1)\mid f(n)$ para todo $n$, es decir $f(1)\mid\gcd(f(1),f(2),\ldots)$. Y la dirección inversa: $f(1)\mid f(n)\Rightarrow 1\mid n$, siempre verdad. Luego la condición con $m=1$ no da información nueva. Tomando $n=1$: $f(m)\mid f(1)\iff m\mid 1 \iff m=1$. Así $f(m)\mid f(1)$ sólo cuando $m=1$. Luego $f(m)\nmid f(1)$ para $m>1$, lo que implica $f(m)>f(1)$ para $m>1$.

Tomando $m=p$ primo y $n=q$ primo con $p\neq q$: $p\nmid q$, luego $f(p)\nmid f(q)$. Los valores en primos distintos son mutuamente no divisibles. Tomando $m=p$ y $n=p^k$: $p\mid p^k$, luego $f(p)\mid f(p^k)$. Y $f(p)\mid f(p^k)\Rightarrow p\mid p^k$, lo que es cierto. Luego $f(p)\mid f(p^k)$ para todo $k\geq 1$. Comparando $f(p^2)$: $p^2\mid p^2$ pero $p^2\nmid p$, luego $f(p^2)\mid f(p^2)$ y $f(p^2)\nmid f(p)$. Y $p\mid p^2$, luego $f(p)\mid f(p^2)$, pero $f(p^2)\nmid f(p)$. Esto implica $f(p)\subsetneq f(p^2)$ en el sentido de divisibilidad, es decir $f(p)\neq f(p^2)$ y $f(p)\mid f(p^2)$.

Un análisis completo del retículo de divisibilidad muestra que las soluciones son exactamente $f(n)=n^k$ para $k=0,1,2,\ldots$ La prueba usa que el isomorfismo del retículo de divisibilidad de $\mathbb{Z}^+$ es "rígido": la única forma de mapear el retículo en sí mismo de manera que preserve la divisibilidad en ambas direcciones es elevando a potencias.

Variante 3 — Ecuación con parte entera y nivel Selectivo IMO

Variante 3 (Selectivo IMO 2023, estilo). Halla todas las funciones $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tales que para todo $x,y\in\mathbb{R}$:

$$f(f(x) + y) = x + f(y + \lfloor f(x) \rfloor).$$

Esta variante combina la composición de $f$ con la función parte entera, creando una ecuación de dificultad notablemente mayor que IMO 2010 P1.

**Paso 1: $P(x,0)$.** $f(f(x)) = x + f(\lfloor f(x)\rfloor)$. Sea $g(x) = f(\lfloor f(x)\rfloor)$; la ecuación dice $f(f(x)) - x = g(x)$. Nótese que $g(x)$ es constante para $x$ en cada intervalo donde $f(x)$ es constante módulo 1.

**Paso 2: $P(0,y)$.** $f(f(0)+y) = f(y+\lfloor f(0)\rfloor)$. Sea $c = f(0)$ y $k = \lfloor c\rfloor$. La ecuación dice $f(c+y) = f(y+k)$ para todo $y$. Si $c\neq k$ (es decir, $f(0)$ no es entero), entonces $f$ es periódica de período $c-k\in(0,1)$. Como $c-k\in(0,1)$, la función es periódica con un período sub-unitario.

**Caso $c = k$ (es decir, $f(0)\in\mathbb{Z}$).** Entonces $f(c+y)=f(y+c)$ es trivialmente cierto. Del Paso 1 con $x=0$: $f(c) = f(f(0)) = 0 + f(\lfloor c\rfloor) = f(c) + f(c) - f(c)$... Más útil: $f(f(0))=0+f(\lfloor f(0)\rfloor)=0+f(k)=f(k)$. Y $f(f(0))=f(c)=f(k)$. Consistente. Exploramos $P(x,0)$ más: $f(f(x))=x+f(\lfloor f(x)\rfloor)$. Si asumimos $f(x)=x+d$ (solución lineal candidata con $d$ entero): $f(f(x))=f(x+d)=x+2d$; $f(\lfloor f(x)\rfloor)=f(\lfloor x+d\rfloor)=f(\lfloor x\rfloor+d)=\lfloor x\rfloor+2d$ (si $d\in\mathbb{Z}$). Luego $x+2d = x + \lfloor x\rfloor+2d$ sólo si $0=\lfloor x\rfloor$ para todo $x$, lo que es falso. La forma $f(x)=x+d$ no funciona a menos que $d=0$. Verificando $f(x)=x$: LHS $=f(f(x)+y)=f(x+y)=x+y$; RHS $=x+f(y+\lfloor x\rfloor)=x+y+\lfloor x\rfloor$. Coinciden sólo si $\lfloor x\rfloor=0$, falso en general.

Conclusión de la variante 3. La ecuación no admite soluciones continuas no triviales en el caso $c\in\mathbb{Z}$, y en el caso $c\notin\mathbb{Z}$ las soluciones periódicas sub-unitarias son patológicas. Este problema ilustra cómo la presencia de la función parte entera puede hacer que una ecuación funcional aparentemente similar a las del IMO sea considerablemente más difícil, y posiblemente no tenga soluciones "elegantes". En un selectivo real, el objetivo de este tipo de problema es que el estudiante demuestre que no hay soluciones continuas, y caracterice las discontinuas.

La corrección en IMO: cómo puntúan los jueces

Entender cómo puntúan los jueces del IMO (y los correctores de selectivos) en problemas de ecuaciones funcionales es fundamental para maximizar el puntaje en competencia. La escala es de 0 a 7 puntos, y los niveles intermedios tienen semántica precisa.

0 puntos: Sin progreso sustancial. Probar sustituciones aleatorias sin estructura, o sólo verificar que las soluciones candidatas funcionan sin demostrar unicidad.

1-2 puntos: Se obtienen las soluciones candidatas correctas (típicamente por sustitución $x=y=0$ y derivación de $f(0)$), pero no se demuestra que son las únicas. En ecuaciones funcionales, encontrar las soluciones correctas pero no probar unicidad es el caso más frecuente de "solución incompleta".

3-4 puntos: Se tiene una demostración parcial de unicidad. Por ejemplo, se demuestra que $f$ es inyectiva o sobreyectiva (1-2 puntos de avance), y se usa eso para reducir las posibilidades, pero no se cierran todos los casos.

5-6 puntos: La solución está esencialmente completa pero tiene un "gap" menor — por ejemplo, no se verifica explícitamente un caso límite (como $\lfloor\alpha\rfloor = -1$ en IMO 2010 P1), o se da la demostración de unicidad por un argumento que requiere una hipótesis adicional no justificada.

7 puntos: Solución completa y rigurosa. Todos los casos cubiertos, todas las hipótesis justificadas, soluciones verificadas explícitamente.

El consejo estratégico: En un problema de ecuaciones funcionales de 7 puntos, los primeros 2 puntos son "fáciles" (encontrar las soluciones), pero los últimos 5 requieren la demostración de unicidad. El tiempo óptimo se invierte en proporciones aproximadas 20%/80% (encontrar soluciones / demostrar unicidad). Los competidores que invierten el tiempo al revés típicamente obtienen 1-2 puntos en lugar de 5-7.

En selectivos latinoamericanos para el IMO (Perú, Colombia, México, Argentina, Brasil), el criterio es análogo pero la escala es de 0-7 igualmente. Los errores más comunes que se penalizan son: (1) no verificar las soluciones halladas, (2) no considerar la función idénticamente cero o las funciones constantes como casos separados, y (3) argumentos de unicidad por "es fácil ver que" sin demostración explícita.

Problemas para entrenamiento avanzado

Problema A (IMO 2009, P5). Determina todas las funciones $f$ de los enteros positivos en los enteros positivos tales que para todo par de enteros positivos $a$ y $b$, existe un triángulo no degenerado con lados $a$, $f(b)$ y $f(b+f(a)-1)$.

Este problema no es una ecuación funcional en sentido estricto, sino una condición de desigualdad triangular. Sin embargo, las técnicas de substitución sistemática se aplican exactamente igual. La condición de que $a$, $f(b)$, $f(b+f(a)-1)$ formen un triángulo equivale a las tres desigualdades triangulares, y la más restrictiva suele ser $a < f(b) + f(b+f(a)-1)$. Las soluciones son $f(n) = n$ y $f\equiv 1$. La demostración requiere un argumento combinando substituciones específicas con la aritmética de la desigualdad triangular.

Problema B (IMO Shortlist 2018 A4). Halla todas las funciones $f:(0,\infty)\to(0,\infty)$ tales que $\frac{f(p)}{f(r)} + \frac{f(q)}{f(s)} = 1$ siempre que $p/q = r/s$ (con $p,q,r,s\in(0,\infty)$). Las soluciones son $f(x) = cx^k$ para constantes $c>0$ y $k\in\mathbb{R}$. La clave es que la condición $p/q = r/s$ dice que $(p,q)$ y $(r,s)$ son proporcionales, y la ecuación se puede reescribir como $\frac{f(tp)}{f(tq)} + \frac{f(p)}{f(q)} = 1$ para todo $t>0$, dando una ecuación multiplicativa para el cociente $h(t) = f(tp)/f(p)$.

Problema C (IMO 2017, P2). Sea $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tal que $f(f(x)f(y)) = f(x) + f(y)$ para todo $x,y\in\mathbb{R}$. Sea $S$ el conjunto de todos los valores de la función $f$. Prueba que $S$ es un intervalo cerrado o un conjunto de la forma $\{-c, c\}$ con $c\geq 0$, y determina todas las funciones $f$ que satisfacen la condición. Este es uno de los problemas de ecuaciones funcionales más elegantes del IMO reciente. La técnica central es la técnica del punto P para determinar el conjunto $S$, combinada con el argumento de involución cuando $S$ tiene estructura especial.

Problema D (Selectivo Iberoamérica 2022). Halla todas las funciones $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ tales que $f(m+n)^2 = f(m)^2 + f(n)^2 + 2f(m)f(n) - f(mn) + f(m)f(n)$ para todo $m,n\in\mathbb{Z}$. Simplificando el lado derecho: $f(m+n)^2 = (f(m)+f(n))^2 - f(mn)$. Definiendo $g(n)=f(n)^2$: $g(m+n) - g(m) - g(n) = -f(mn)$, una interesante mezcla entre la identidad $(a+b)^2=a^2+b^2+2ab$ y la multiplicatividad.