Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 $(1,1,2)$.

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. 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. Sabiendo que $\cos^2(x)+\mathrm{sen}^2(x)=1$ y $\cos^2(x)+\mathrm{sen}^2(x)=\cos(2x)$, podemos despejar \[\cos^2(x)=\tfrac{1}{2}(1+\cos(2x)),\qquad \mathrm{sen}^2(x)=\tfrac{1}{2}(1-\cos(2x)).\] Sustituyendo en el enunciado y simplificando, obtenemos la siguiente ecuación equivalente: \[-3\cos(2x)+\mathrm{sen}(2x)=1.\] Consideremos ahora un ángulo $\theta=\arccos(\frac{-3}{\sqrt{10}})$, que está en el segundo cuadrante y cumple que $\cos(\theta)=\frac{-3}{\sqrt{10}}$ y $\mathrm{sen}(\theta)=\frac{1}{\sqrt{10}}$. Si dividimos la ecuación anterior por $\sqrt{10}$, podemos reescribirla como \[\cos(\theta-2x)=\cos(\theta)\cos(2x)+\mathrm{sen}(\theta)\mathrm{sen}(2x)=\tfrac{1}{\sqrt{10}}=\cos(90-\theta).\] Si tenemos en cuenta ahora que una ecuación $\cos(a)=\cos(b)$ implica que $a=\pm b+360k$, obtenemos las soluciones \begin{align*} \theta-2x=90-\theta+360k&\ \Longleftrightarrow\ x=-45+\arccos(\tfrac{-3}{\sqrt{10}})+180k,\\ \theta-2x=-90+\theta+360k&\ \Longleftrightarrow\ x=45+180k. \end{align*} Esto nos da exactamente dos soluciones ($x=45$ y $x=-45+\arccos(\tfrac{-3}{\sqrt{10}})$) en el intervalo $[0,180]$, que se van repitiendo periódicamente con período $180$.