Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Empecemos con el apartado (a), para lo que tenemos que ver que la suma de matrices en $M$ es asociativa, conmutativa, tiene elemento neutro y elemento opuesto. Sin embargo, como la suma de matrices es componente a componente y la suma en el anillo $\mathbb{K}$ cumple todas estas propiedades, también se cumplirán en $M$. En particular, el elemento neutro es la matriz nula y el elemento opuesto es el que se obtiene haciendo el opuesto de cada una de las entradas de la matriz.

En cuanto al producto de matrices, consideremos tres matrices \[A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}b_{11}&b_{12}\\b_{21}&b_{22}\end{pmatrix},\quad C= \begin{pmatrix}c_{11}&c_{12}\\c_{21}&c_{22}\end{pmatrix}\] en $M$. Tenemos que comprobar tres propiedades:

• Asociativa. Por un lado, tenemos que \begin{align*} (AB)C&=\begin{pmatrix} a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21}&a_{11}b_{12}+a_{12}b_{22}\\ a_{21}b_{11}+a_{22}b_{21}&a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}c_{11}&c_{12}\\c_{21}&c_{22}\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} (a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21})c_{11}+(a_{11}b_{12}+a_{12}b_{22})c_{21} & (a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21})c_{12}+(a_{11}b_{12}+a_{12}b_{22})c_{22}\\ (a_{21}b_{11}+a_{22}b_{21})c_{11}+(a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22})c_{21} & (a_{21}b_{11}+a_{22}b_{21})c_{12}+(a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22})c_{22} \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} a_{11}b_{11}c_{11}+a_{12}b_{21}c_{11}+a_{11}b_{12}c_{21}+a_{12}b_{22}c_{21} & a_{11}b_{11}c_{12}+a_{12}b_{21}c_{12}+a_{11}b_{12}c_{22}+a_{12}b_{22}c_{22}\\ a_{21}b_{11}c_{11}+a_{22}b_{21}c_{11}+a_{21}b_{12}c_{21}+a_{22}b_{22}c_{21} & a_{21}b_{11}c_{12}+a_{22}b_{21}c_{12}+a_{21}b_{12}c_{22}+a_{22}b_{22}c_{22} \end{pmatrix}, \end{align*} y el mismo resultado se obtiene al hacer \begin{align*} A(BC)&=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} b_{11}c_{11}+b_{12}c_{21}&b_{11}c_{12}+b_{12}c_{22}\\ b_{21}c_{11}+b_{22}c_{21}&b_{21}c_{12}+b_{22}c_{22} \end{pmatrix}. \end{align*}
• Elemento neutro. Consideremos la matriz identidad \[ I=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}. \] Entonces, \begin{align*} AI&=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} a_{11}\cdot 1 + a_{12}\cdot 0 & a_{11}\cdot 0 + a_{12}\cdot 1\\ a_{21}\cdot 1 + a_{22}\cdot 0 & a_{21}\cdot 0 + a_{22}\cdot 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}=A, \end{align*} y análogamente se comprueba que $IA=A$. Por tanto, $I$ es el elemento neutro del producto.
• Distributiva respecto de la suma. Tenemos \begin{align*} A(B+C)&=A\begin{pmatrix} b_{11}+c_{11}&b_{12}+c_{12}\\ b_{21}+c_{21}&b_{22}+c_{22} \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} a_{11}(b_{11}+c_{11})+a_{12}(b_{21}+c_{21}) & a_{11}(b_{12}+c_{12})+a_{12}(b_{22}+c_{22})\\ a_{21}(b_{11}+c_{11})+a_{22}(b_{21}+c_{21}) & a_{21}(b_{12}+c_{12})+a_{22}(b_{22}+c_{22}) \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21} & a_{11}b_{12}+a_{12}b_{22}\\ a_{21}b_{11}+a_{22}b_{21} & a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} a_{11}c_{11}+a_{12}c_{21} & a_{11}c_{12}+a_{12}c_{22}\\ a_{21}c_{11}+a_{22}c_{21} & a_{21}c_{12}+a_{22}c_{22} \end{pmatrix}\\ &=AB+AC. \end{align*} De forma análoga se comprueba que $(B+C)A=BA+CA$, por lo que el producto es distributivo respecto de la suma.

Veamos ahora qué matrices son invertibles para responder al apartado (b), suponiendo ahora que $\mathbb{K}$ es conmutativo. Supongamos que \[ A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}\in M. \] es invertible, es decir, que existe \[ B=\begin{pmatrix}b_{11}&b_{12}\\b_{21}&b_{22}\end{pmatrix} \] tal que $AB=I$. Entonces \begin{align*} AB&=\begin{pmatrix} a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21} & a_{11}b_{12}+a_{12}b_{22}\\ a_{21}b_{11}+a_{22}b_{21} & a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}. \end{align*} Por tanto, se verifica el sistema \[ \begin{cases} a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21}=1,\\ a_{11}b_{12}+a_{12}b_{22}=0,\\ a_{21}b_{11}+a_{22}b_{21}=0,\\ a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22}=1. \end{cases} \] Multiplicando la primera ecuación por $a_{22}$ y la tercera por $a_{12}$, y restando, obtenemos \[ (a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21})b_{11}=a_{22}. \] Análogamente, multiplicando la primera por $a_{21}$ y la tercera por $a_{11}$, se obtiene \[ (a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21})b_{21}=-a_{21}. \] Si ocurriera que $a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}=0$, entonces $a_{21}=a_{22}=0$ y la cuarta ecuación nos diría que $0=1$ (contradicción).

Recíprocamente, si $a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}\neq 0$, consideramos \[ A^{-1}=\frac{1}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}} \begin{pmatrix}a_{22}&-a_{12}\\-a_{21}&a_{11}\end{pmatrix}. \] Entonces, \begin{align*} A A^{-1} &=\frac{1}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}} \begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{22}&-a_{12}\\-a_{21}&a_{11} \end{pmatrix}\\ &=\frac{1}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}} \begin{pmatrix} a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21} & -a_{11}a_{12}+a_{12}a_{11}\\ a_{21}a_{22}-a_{22}a_{21} & -a_{21}a_{12}+a_{22}a_{11} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}. \end{align*} Análogamente se comprueba que $A^{-1}A=I$. Hemos concluido así la demostración de que $A$ es invertible si y solo si $a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}\neq 0$.

Para responder finalmente al apartado (c), consideremos ahora el subconjunto \[ \mathcal G=\{A\in M: A \text{ es invertible}\}. \] y veamos que es un grupo multiplicativo, para lo que tendremos que comprobar cuatro propiedades.

• Cerrado. Dadas $A,B\in \mathcal G$, existen sus inversas $A^{-1}$ y $B^{-1}$, luego \[ (AB)(B^{-1}A^{-1})=A(BB^{-1})A^{-1}=AIA^{-1}=AA^{-1}=I, \] y análogamente $(B^{-1}A^{-1})(AB)=I$. Por tanto, $AB\in\mathcal G$ es invertible y $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$.
• Asociativa. La operación es asociativa porque lo es el producto de matrices en $M$ como hemos visto anteriormente.
• Elemento neutro. La matriz identidad $I$ es invertible ya que se comprueba fácilmente que $I^{-1}=I$; como es elemento neutro del producto en $M$, también lo será en $\mathcal G$.
• Elemento inverso. Si $A\in\mathcal G$, por definición existe $A^{-1}\in M$ tal que $AA^{-1}=A^{-1}A=I$. Por tanto, $A^{-1}\in \mathcal G$ con $(A^{-1})^{-1}=A$.

Solución. Las longitudes de los lados son $a=BC=4$, $b=AC=3$ y $c=AB=5$, luego se trata de un triángulo rectángulo de hipotenusa $c$. Dado un punto $P$ sobre uno de los lados del triángulo tenemos tres casos:

• Si $P$ está en $AB$ (la hipotenusa), se tiene que $AP+BP+CP=5+CP$, luego el máximo y el mínimo corresponden a la distancia máxima y mínima $CP$. Claramente el máximo se produce si $P=B$ (con $CP=4$) y el mínimo cuando $AP$ es la altura del triángulo (con $CP=\frac{12}{5}$). En resumen, si $P$ está en $AB$, la suma de distancias oscila entre $\frac{37}{5}$ y $9$.
• Si $P$ está en $BC$ (un cateto), $AP+BP+CP=4+AP$. El máximo de $AP$ se produce cuando $P=B$ y el mínimo cuando $P=C$ (porque $C$ es el pie de la altura desde $A$), luego la suma oscila entre $7$ y $9$.
• Si $P$ está en $CA$ (el otro cateto), por el mismo razonamiento, la suma $AP+BP+CP$ oscilará entre $7$ y $8$.

Uniendo los tres casos, obtenemos que el valor mínimo que nos piden es $7$ (se alcanza únicamente cuando $P=C$) y el valor máximo es $9$ (se alcanza únicamente cuando $P=B$).

Solución. Cortando la superficie lateral del prisma por la arista que contiene al vértice, desarrollamos un rectángulo (que hay que doblar en seis partes iguales para formar de nuevo el prisma). Ahora la poligonal que nos piden es una curva que debe unir una esquina del rectángulo con la esquina opuesta y la curva más corta que lo hace es la línea recta. Por tanto, basta con dibujarla y volver a doblar el rectángulo.

En otras palabras, la poligonal de longitud mínima es la que sube exactamente $\frac{1}{6}$ de la altura al pasar por cada una de las seis caras.

Solución. El conjunto $A$ es una semirrecta abierta que parte $2+3i$ con ángulo $\frac{\pi}{4}$ respecto del eje de abscisas y el conjunto $B$ es el interior del círculo de centro $2+i$ y radio $2$. En coordenadas reales, se tiene \begin{align*} A&=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y=x+1,\ x\gt 2\},\\ B&=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:(x-2)^2+(y-1)^2\lt 4\}. \end{align*} Es inmediato comprobar que la recta y la circunferencia se cortan en los puntos $(0,1)$ y $(2,3)$, pero el segmento abierto que une estos puntos, que es el trozo de la recta en el interior del círculo, está completamente fuera de la semirrecta abierta $B$, luego $A\cap B=\emptyset$.

Por lo tanto, la proyección de $A\cap B$ sobre el eje $OX$ es vacía.

Solución. Consideremos una rotación de $60^\circ$ con centro en $P$ y sea $r'$ la imagen de $r$ por dicha rotación. Como $r'$ y $s$ no son paralelas, se cortarán en un cierto punto $Q'$ de $s$, que será el rotado de un cierto punto $Q$ de $r$ por construcción. Se tiene entonces que $PQQ'$ es el triángulo equilátero que buscamos.

Nota. Para cualquier punto $P$ hay exactamente dos triángulos en las condiciones dadas: el que se obtiene girando en sentido horario y el que se obtiene girando en sentido antihorario.

Solución. Los lados del triángulo son $a=r+r'$, $b=r'+r''$ y $c=r''+r$, luego el radio de su circunferencia inscrita $\rho$ puede calcularse mediante la fórmula $S=\rho p$, siendo $S$ el área del triángulo y $p=\frac{1}{2}(a+b+c)=r+r'+r''$ su semiperímetro. Usando la fórmula de Herón, tenemos que \[\rho=\frac{S}{p}=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}=\sqrt{\frac{r\cdot r'\cdot r''}{r+r'+r''}}.\]

Solución. Vamos a hacer inducción sobre $n$. Para $n=1$, tenemos que $A_1=8$ es múltiplo de $8$. Supuesto cierto que $A_n$ es múltiplo de $8$, tenemos que \[A_{n+1}=5^{n+1}+2\cdot 3^n+1=5\cdot 5^n+6\cdot 3^{n-1}+1=5 A_n-4\cdot (3^{n-1}-1)\] también es múltiplo de $8$ (ya que $A_n$ lo es por hipótesis de inducción y $4\cdot (3^{n-1}-1)$ lo es porque $3^{n-1}-1$ es par).

Solución.

1. Sean $(x_1,x_2,x_3),(y_1,y_2,y_3)\in L$. Entonces \[ x_1+x_2+x_3=0,\qquad y_1+y_2+y_3=0. \] Por tanto, \begin{align*} (x_1,x_2,x_3)+(y_1,y_2,y_3) &=(x_1+y_1,x_2+y_2,x_3+y_3), \end{align*} y se tiene \[ (x_1+y_1)+(x_2+y_2)+(x_3+y_3) =(x_1+x_2+x_3)+(y_1+y_2+y_3)=0, \] luego $(x_1+y_1,x_2+y_2,x_3+y_3)\in L$.

   Por otro lado, sea $\lambda\in\mathbb{R}$ y $(x_1,x_2,x_3)\in L$. Entonces \begin{align*} \lambda(x_1,x_2,x_3)&=(\lambda x_1,\lambda x_2,\lambda x_3), \end{align*} y \[ \lambda x_1+\lambda x_2+\lambda x_3=\lambda(x_1+x_2+x_3)=\lambda\cdot 0=0, \] por lo que $(\lambda x_1,\lambda x_2,\lambda x_3)\in L$.

   Con todo ello, $L$ es un subespacio vectorial de $\mathbb{R}^3$.

2. Comprobamos las propiedades de relación de equivalencia.

   Reflexiva. Para todo $x\in\mathbb{R}^3$, \[ x-x=(0,0,0)\in L, \] luego $x\sim x$.

   Simétrica. Si $x\sim y$, entonces $x-y\in L$. Como $L$ es subespacio, también \[ y-x=-(x-y)\in L, \] luego $y\sim x$.

   Transitiva. Si $x\sim y$ y $y\sim z$, entonces \[ x-y\in L,\qquad y-z\in L. \] Como $L$ es subespacio, se tiene \[ (x-y)+(y-z)=x-z\in L, \] luego $x\sim z$.

3. Buscamos vectores de $\mathbb{R}^3$ en la misma clase de equivalencia que $(-1,3,2)$.

   Un vector $(x_1,x_2,x_3)$ es equivalente a $(-1,3,2)$ si y sólo si \[ (x_1,x_2,x_3)-(-1,3,2)=(x_1+1,x_2-3,x_3-2)\in L, \] es decir, \[ (x_1+1)+(x_2-3)+(x_3-2)=0. \] Esto equivale a \[ x_1+x_2+x_3=4. \]

   Por tanto, cualquier vector cuyas coordenadas sumen $4$ pertenece a la misma clase. Por ejemplo, $(4,0,0)$ y $(1,1,2)$.