En el examen de la IMO 2024 se presentó el siguiente problema:
Problema 6. Una función $f: \mathbb Q \rightarrow \mathbb Q$ se llama acuaesuliana si se satisface la siguiente propiedad: para cada $x, y \in \mathbb Q$, $$ \begin{align} f(x + f(y)) = f(x) + y &\text{ o } f(f(x) + y) = x + f(y) \end{align} $$ Demostrar que existe un entero positivo $c$ tal que para toda función acuaesuliana $f$ hay a lo más $c$ números racionales distintos de la forma $f(r) + f(-r)$ para algún racional $r$, y encontrar el menor valor posible de $c$.
Debo decir que mi primera impresión fue que este problema sería fácil de resolver, pues si una función $f$ satisface solo una de las propiedades, la función $f$ es necesariamente una función lineal. Sin embargo, no logré desarrollar esta idea y resolver el problema me llevó más tiempo de lo esperado.
Solución
Una estrategia habitual para resolver problemas de ecuaciones funcionales es introducir valores a la ecuación o aprovechar sus simetrías para que esta se reduzca a formas más sencillas. En este caso, por tratarse de una disyunción, conviene buscar valores particulares de $x$ y $y$ donde ambas expresiones posibles se vuelvan equivalentes o revelen alguna regularidad.
El plan para solucionar este problema consiste en los siguientes pasos:
- Deduciremos ciertas ecuaciones funcionales aprovechando la simetría de las funciones acuaesuliana.
- Hallaremos que $f(0) = 0$.
- Demostraremos que $f(-(-x)) = x$ para toda $x \in \mathbb Q$.
- Mostraremos que $f$ es una función inyectiva.
- Finalmente, acotaremos el número de racionales de la forma $f(r) + f(-r)$.
Demostración. Sea $f$ una función acuaesuliana y sean $x, y \in \mathbb Q$.
Paso 1. En primer lugar, para la pareja $(x, x)$, la hipótesis implica que $$f(x + f(x)) = f(x) + x \quad \text{o} \quad f(f(x) + x) = x + f(x).$$ Es decir, siempre se cumple que $f(x + f(x)) = f(x) + x$.
Por hipótesis, para la pareja $(f(x) + x, f(-x) - x)$, se obtiene que $$ \begin{align} f(f(x) + x + f(f(-x) - x)) &= f(f(x) + x) + f(-x) - x \\ &\text{ o }\\ f(f(f(x) + x) + f(-x) - x) &= f(x) + x + f(f(-x) - x), \\ \end{align} $$ si y solo si $$ f(f(x) + f(-x)) = f(x) + f(-x), $$ donde la última consecuencia se obtiene del hecho de que $x + f(x)$ es punto fijo de $f$.
También, para la pareja $(x, f(x))$, se tiene que $$ f(x + f(f(x))) = f(x) + f(x) \quad \text{o} \quad f(f(x) + f(x)) = x + f(f(x)), $$ por lo que $$ f(x + f(f(x))) = 2 f(x) \quad \text{o} \quad f(2f(x)) = x + f(f(x)). $$
Paso 2. Con lo anterior, estamos en disposición para afirmar que $$f(z) = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad z = 0.$$
Para esto, dado que $f(x + f(x)) = x + f(x)$, si $x = 0$, entonces $f(0 + f(0)) = 0 + f(0)$, por lo que $f(f(0)) = f(0)$. Y por otro lado, dado que $f((x) + f(-x)) = f(x) + f(-x)$, entonces $f(f(0) + f(-0)) = f(2f(0)) = f(0) + f(-0) = 2f(0)$.
Analicemos qué sucede si alguna de las ecuaciones $f(x + f((x))) = 2f(x)$ o $f(2f(x)) = x + f(f(x))$ se satisface para $x = 0$.
Por un lado, suponga que $f(0 + f(f(0))) = 2f(0)$. Lo anterior implica que $f(0) = 2f(0)$, es decir, $f(0) = 0$.
Y si $f(2f(0)) = 0 + f(f(0))$, entonces $f(2f(0)) = f(0) = 2f(0)$. Por lo que $f(0) = 0$.
Conversamente, supongamos que $f(x) = 0$. Entonces $f(x + f(x)) = f(x) = 0 $ y $f(x + f(x)) = x + f(x) = x$, por lo que $x = 0$.
En conclusión, $f(x) = 0$ si y solo si $x = 0$.❗️
Paso 3. Por otra parte, afirmamos que $$f(-f(-x)) = x.$$ Para esto, considere la pareja $(-x, -f(-x))$ y note que $$ f(-x + f(-f(-x))) = f(-x) - f(-x) \quad \text{o} \quad f(f(-x) - f(-x)) = -x + f(-f(-x)). $$ De manera que $$ f(-x + f(-f(-x))) = 0 \quad \text{o} \quad f(0) = -x + f(-f(-x)). $$
Puesto que $f(z) = 0$ si y solo si $z = 0$, lo anterior se reduce a $-x + f(-f(-x)) = 0$, o en otras palabras $x = f(-f(-x))$. Esto muestra que $f$ es sobreyectiva. ❗️
Paso 4. Para demostrar que $f$ es inyectiva, necesitamos el siguiente resultado. Por hipótesis, para la pareja $(x, -f(y))$ encontramos que $$ f(x + f(-f(y)) = f(x) - f(y) \quad \text{o} \quad f(f(x) - f(y)) = x + f(-f(y)). $$ Utilizando el hecho de que $f(-f(y)) = -y$, lo anterior se simplifica a $$ f(x - y) = f(x) - f(y) \quad \text{o} \quad f(f(x) - f(y)) = x -y. $$
Si $f(x) = f(y)$, entonces $f(x - y) = 0$ o $f(0) = x - y$. Como el cero es el único elemento mapeado al cero, se tiene que $x = y$. Por tanto $f$ es inyectiva.❗️
Paso 5. Para recapitular, hasta el momento hemos mostrado que toda función acuaesuliana es inyectiva, sobreyectiva y satisface que $f(0) = 0$. No obstante, aún nos falta responder lo que nos pide el problema ¿cuántos racionales de la forma $f(r) + f(-r)$ hay? Procedamos con la solución.
Sean $r,s$ racionales distintos y haga $p = f(r) + f(-r)$ y $q = f(s) + f(-s)$. Anteriormente, mostramos que $$ f(r - s) = f(r) - f(s) \quad \text{o} \quad f(f(r) - f(s)) = r - s. $$ Consideremos estos dos casos por separado.
Caso 1. Se cumple que $f(r - s) = f(r) - f(s)$. Apliquemos la hipótesis a la pareja $(r - s, -f(-s))$ para obtener
$$ \begin{align} f(r - s + f(-f(-s))) &= f(r - s) - f(-s) \\ &\text{o}\\ f( f(r - s) - f(-s)) &= r - s + f(-f(-s)). \end{align} $$
Dado que $f(-f(-s)) = s$, lo anterior se simplifica a
$$ f(r) = f(r) - q \quad \text{o} \quad f(f(r) - q ) = r. $$
El caso de la izquierda simplemente dice que $q = 0$. Y si $f(f(r) - q) = r$, dado que $f(-f(-r)) = r$ y $f$ es inyectiva, se tiene que $$f(r) - q = - f(-r).$$ O en otras palabras $p = q$.
Caso 2. Se cumple que $f(f(r) - f(s)) = r - s.$ Si aplicamos la hipótesis a la pareja $(f(r) - f(s), -r)$, se obtiene que
$$ \begin{align} f(f(r)- f(s) + f(-r)) &= f(f(r) - f(s)) - r \\ &\text{o}\\ f( f(f(r) - f(s)) - r) &= f(r) - f(s) + f(-r). \end{align} $$
Y esto se simplifica a $$ f(p - f(s)) = -s \quad \text{o} \quad f(-s) = p - f(s). $$
En el primer caso, dado que $f(-f(s)) = -s $ y $f$ es inyectiva, se obtiene que $p - f(s) = -f(s)$, es decir, $p = 0$.
Y, finalmente, el último caso implica que $p = q$.
¿Qué hemos mostrado? Hemos considerado dos racionales de la forma $p = f(r) + f(-r)$ y $q = f(s) + f(-s)$, y encontramos que siempre ocurre una de dos posibilidades: o alguno de ellos es cero, o bien son iguales. En conclusión, para cualquier función acuaesuliana existen a lo más dos racionales de la forma $f(r) + f(-r)$.🤙🏻
Comentarios adicionales
Aunque la solución anterior parece ser correcta, no hemos aprovechado por completo todas las propiedades que conocemos sobre las funciones acuaesulianas. En la introducción mencioné que mi primera idea fue abordar el problema considerando cada una de las ecuaciones de la disyunción por separado.
Por ejemplo, supongamos que para cualesquiera $x, y \in \mathbb Q$ se satisface la ecuación $$f(x + f(y)) = f(x) + y.$$
Entonces:
- Para $(0, y) \in \mathbb Q^2$, se tiene que $f(f(y)) = f(0) + y$.
- Para $(x, 0) \in \mathbb Q^2$, se tiene que $f(x + f(0)) = f(x)$.
Luego: $$ \begin{align} f(x + y) &= f(x + y + f(0))\\ &= f(x + f(f(y))) \\ &= f(x) + f(y). \end{align} $$
Es conocido que las únicas funciones sobre $\mathbb Q$ que satisfacen la ecuación anterior son lineales. Para nuestro caso, con algunos razonamientos directos, se encuentra que $f(x) = x$ o $f(x) = -x$.
Por otro lado, suponga que para cualesquiera $x, y \in \mathbb Q$ se satisface que $$f(f(x) + y) = x + f(y).$$
Entonces:
- Si $(0, y) \in \mathbb Q^2$, entonces $f(f(0) + y) = f(y)$.
- Si $(x, 0) \in \mathbb Q^2$, entonces $f(f(x)) = x + f(0)$.
Luego: $$ \begin{align} f(x + y) &= f(x + y + f(0)) \\ &= f(f(f(x)) + y )\\ &= f(x) + f(y), \end{align} $$
por lo que, como en el caso antarior, podemos concluir que $f$ es de la forma $f(x) = x$ o $f(x) = -x$.
Mi primera impresión fue que este problema se podría resolver utilizando estas observaciones.
Por otra parte, observemos que si $p$ y $q$ son puntos fijos de $f$, entonces aplicando la definición se tiene que $$f(p + f(q)) = f(p) + q \quad \text{o} \quad f(f(p) + q) = p + f(q).$$
En ambos casos, encontramos que $f(p + q) = p + q$, es decir, la suma de dos puntos fijos es también un punto fijo. Además, puesto que $f(-f(p)) = -p$, entonces $f(-p) = -p$. En conclusión, toda combinación lineal de puntos fijos es un punto fijo.
Con esto en mente, puesto que $f(r) + f(-r)$ es un punto fijo de toda función acuaesuliana, mi intención inicial fue utilizar esta estructura de $f$ sobre el conjunto de combinaciones lineales de sus puntos fijos para encontrar una solución. No obstante, este camino resultó ser un callejón sin salida. Tal vez, en otro momento y con nuevos ojos, este problema pueda ser resuelto a partir de estas ideas.