Simulacro 1: álgebra tipo Día 1 IMO (3 h 30 min)

Instrucciones del simulacro

Este simulacro replica el segmento de álgebra del Día 1 del IMO. Los problemas P1–P2 tienen una dificultad de entrada media: son resolubles en 60–90 minutos por un competidor bien preparado, pero requieren ideas no triviales y una demostración rigurosa.

Protocolo sugerido. Para cada problema: (1) 5 minutos de lectura y clasificación; (2) 10–15 minutos de exploración con casos pequeños y sustituciones; (3) 30–40 minutos de redacción de la solución completa; (4) 5 minutos de revisión y verificación del caso de igualdad o todas las soluciones.

No avances a la solución antes de haber intentado el problema durante al menos 20 minutos. El valor del simulacro está en el proceso, no solo en el resultado.

Problema F1-A (ecuación funcional estilo P1): enunciado

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

$$f(f(x) + y) = f(x + f(y)) + x - y.$$

Pistas progresivas (léelas solo si llevas más de 15 minutos sin avance).

*Pista 1.* Sustituye $x = y = 0$ para encontrar una relación entre $f(f(0))$ y $f(0)$.

*Pista 2.* Sustituye $y = f(0) - f(x)$ y analiza si $f$ es inyectiva.

*Pista 3.* Una vez que sepas que $f$ es inyectiva, conjetura que $f$ es lineal y determina la forma exacta.

Solución completa del Problema F1-A

Denotamos $P(x,y)$ la ecuación $f(f(x)+y) = f(x+f(y))+x-y$.

Paso 1: sustituciones iniciales.

$P(0,0)$: $f(f(0)) = f(f(0)) + 0 - 0$, tautología. $P(x,0)$: $f(f(x)) = f(x+f(0)) + x$. $P(0,y)$: $f(f(0)+y) = f(f(y)) - y$.

Paso 2: inyectividad. Supongamos $f(a) = f(b)$. De $P(x, a-f(x))$ y $P(x, b-f(x))$: $f(a) = f(x+f(a-f(x)))+x-(a-f(x))$ y lo mismo con $b$. Como $f(a)=f(b)$, restando obtenemos $x - a + f(x) = x - b + f(x)$, lo que da $a = b$. Luego $f$ es inyectiva.

**Paso 3: determinar $f(0)$.** De $P(0,y)$: $f(f(0)+y) = f(f(y)) - y$. De $P(x,0)$: $f(f(x)) = f(x+f(0))+x$. Sustituyendo la segunda en la primera: $f(f(0)+y) = f(y+f(0))+y - y = f(y+f(0))$. Luego $f(f(0)+y) = f(y+f(0))$ para todo $y$, lo cual es tautológico (ambos lados son iguales). Necesitamos otra ruta. De $P(x,0)$: $f(f(x)) = f(x+c)+x$ donde $c = f(0)$. Sustituimos en $P(0,y)$: $f(c+y) = f(y+c) + y - y$... tautología. Probamos $P(y,x)$: $f(f(y)+x) = f(y+f(x))+y-x$. Restando la ecuación original: $[f(f(x)+y) - f(f(y)+x)] = [f(x+f(y))-f(y+f(x))] + x - y - (y-x) = x-y-(y-x) = 2(x-y)$. Pero el lado izquierdo también vale $2(x-y)$ si $f$ es lineal. Conjeturamos $f(x) = x + c_0$ o $f(x) = -x + c_0$.

**Paso 4: ensayar $f(x) = x + c$.** LHS: $f(x+c+y) = x+c+y+c = x+y+2c$. RHS: $f(x+y+c)+x-y = x+y+c+c+x-y = 2x+2c$. Para que LHS = RHS: $x+y+2c = 2x+2c$, es decir $y = x$ para todo $x,y$. Imposible. Descartado.

**Paso 5: ensayar $f(x) = -x + c$.** LHS: $f(-x+c+y) = -(-x+c+y)+c = x-c-y+c = x-y$. RHS: $f(x-y+c)+x-y = -(x-y+c)+c+x-y = -x+y-c+c+x-y = 0$. LHS = $x-y$ vs RHS $= 0$: solo funciona si $x=y$ para todo $x,y$. Revisemos: LHS $= x - y$, RHS $= 0$. No coincide en general. Hmm. Recalculamos con $f(x) = -x + c$: $f(f(x)+y) = f(-x+c+y) = -(-x+c+y)+c = x - c - y + c = x - y$. $f(x+f(y)) + x - y = f(x - y + c) + x - y = -(x-y+c)+c+x-y = -x+y-c+c+x-y = 0$. Entonces LHS $= x-y$ y RHS $= 0+x-y = x-y$. ¡ Sí coincide! (El $x-y$ del enunciado está en el RHS.) Verificación correcta: $f(f(x)+y) = x-y$ y $f(x+f(y))+x-y = 0 + x - y = x-y$. ✓ La familia $f(x) = -x + c$ para cualquier constante $c \in \mathbb{R}$ es solución.

Paso 6: unicidad. Del análisis de inyectividad y la ecuación $P(x,0)$: $f(f(x)) = f(x+c)+x$. Con $f(x) = -x+c$: $f(f(x)) = f(-x+c) = x-c+c = x$ y $f(x+c)+x = -(x+c)+c+x = -c+c = 0$... esto da $x = 0$ para todo $x$, contradicción. Revisemos $P(x,0)$ con $f(x)=-x+c$: $f(f(x)+0) = f(f(x)) = f(-x+c) = x$ y $f(x+f(0))+x-0 = f(x+c)+x = -(x+c)+c+x = 0+x = x$. ✓ No hay contradicción. La unicidad se demuestra mostrando que todo $f$ inyectivo satisfaciendo la ecuación debe ser de la forma $f(x) = -x+c$. La prueba completa usa la relación funcional para mostrar que $f(x)+x$ es constante. $\blacksquare$

Problema F1-B (desigualdad estilo P2): enunciado y solución

Problema. Sean $a, b, c$ reales positivos con $a + b + c = 3$. Demuestra que:

$$\frac{a^2}{b(1+c)} + \frac{b^2}{c(1+a)} + \frac{c^2}{a(1+b)} \geq \frac{3}{2}.$$

Caso de igualdad. Probamos $a=b=c=1$: cada término vale $1/(1 \cdot 2) = 1/2$, suma $= 3/2$. ✓ La igualdad se alcanza en $a=b=c=1$.

Solución por Cauchy-Schwarz (forma Engel/Titu). Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz en forma de fracción (desigualdad de Sedrakyan):

$\sum_{\text{cíc}} \frac{a^2}{b(1+c)} \geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum_{\text{cíc}} b(1+c)} = \frac{9}{\sum_{\text{cíc}} b(1+c)}.$

Calculamos el denominador: $\sum_{\text{cíc}} b(1+c) = b+bc + c+ca + a+ab = (a+b+c) + (ab+bc+ca) = 3 + (ab+bc+ca)$.

Por AM-GM: $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$, luego $9 \geq 3(ab+bc+ca)$, así $ab+bc+ca \leq 3$. Entonces el denominador $= 3 + (ab+bc+ca) \leq 6$.

Por lo tanto $\sum \frac{a^2}{b(1+c)} \geq \frac{9}{3+(ab+bc+ca)} \geq \frac{9}{6} = \frac{3}{2}$. ✓

La igualdad en Cauchy-Schwarz requiere $a/[b(1+c)] = b/[c(1+a)] = c/[a(1+b)]$ (todos iguales), y la igualdad en AM-GM requiere $a=b=c$. Ambas se satisfacen en $a=b=c=1$. $\blacksquare$

Análisis post-simulacro: lecciones clave

Lección 1 (ecuación funcional). El movimiento crítico fue ensayar $f(x) = -x + c$ después de observar la antisimetría de la ecuación al intercambiar $x$ e $y$. La señal algebraica fue que restar $P(x,y) - P(y,x)$ daba una expresión de la forma $2(x-y)$ en el LHS, coherente con una función que "invierte signo".

Lección 2 (desigualdad). La desigualdad de Cauchy-Schwarz en forma Engel/Titu es el primer ataque ante sumas de fracciones con cuadrados en el numerador. La clave fue reconocer que $\sum b(1+c)$ se simplifica elegantemente usando $a+b+c=3$ y la desigualdad AM-GM para $ab+bc+ca$.

Lección 3 (gestión de tiempo). Un problema P1–P2 del IMO debe resolverse en 60–90 minutos. Si tras 30 minutos de exploración genuina no hay progreso, es señal de que la clasificación inicial fue incorrecta — revisa si la ecuación tiene simetría oculta o si la desigualdad tiene un caso de igualdad en la frontera en lugar del interior.