Final01s

V OLIMPIADA COLOMBIANA DE MATEMATICA
UNIVERSITARIA
Ronda Final
13 de Diciembre de 2001.

Problemas y Soluciones
1. [4 puntos] Hallar todas las matrices X de tama˜
no 2 × 2 con entradas reales tales que
X2 − X =

0 0
0 2

.

Soluci´
on 1.
Sea X =

a b
c d

, donde a, b, c, d son n´
umeros reales.

Entonces X 2 − X =

a2 + bc − a ab + bd − b
ac + cd − c d2 + bc − d

0 0
, obtenemos que (ab + bd −b) = b(a + d − 1) = 0, luego b = 0
0 2
´o a + d = 1. De igual modo (ac + cd − c) = c(a + d − 1) = 0, luego c = 0 ´o a + d = 1. consideremos
dos casos:

Al igualar con la matriz

Si a + d − 1 = 0 entonces al restar las entradas de la diagonal principal de X 2 − X se obtiene
que (a − d)(a + d − 1) = −2, lo cual es absurdo.
Si a + d − 1 = 0 entonces b = c = 0.
Luego X 2 − X =

a2 − a
0
0
d2 − d

,as´ı que a2 − a = 0 y d2 − d = −2.

Al despejar a y d de las ecuaciones anteriores se obtienen cuatro matrices:
,

0 0
0 −1

y

1 0
0 −1

0 0
0 2

,

1 0
0 2

que son soluciones de la ecuaci´on dada.

Soluci´
on 2.
Multiplicando por cuatro y sumando la matriz identidad a la ecuaci´on original obtenemos que

1 0
0 9

(2X − I)2 = 4X 2 − 4X + I =

Sea 2X − I =

a b
c d

.

.

Entonces a2 + bc = 1, a(b +d) = 0, c(a + d) = 0, d2 + bc = 9. Claramente a = −d, luego c = b = 0,
as´ı que a2 = 1, d2 = 9; por lo que tenemos las posibilidades a = ±1, d = ±3. Despejando se sigue
que X es una de las siguientes matrices
0 0
0 2

,

1 0
0 2

,

0 0
0 −1

1 0
0 −1

,

.

Soluci´
on 3.
Sea I la matriz identidad de tama˜
no 2 × 2 y sea M =

0 0
0 2

.

Como det M = 0, entonces det(X 2 − 5X) = det X · det(x − 5I)= 0, de modo que podemos
considerar dos casos:
a) Si det X = 0, entonces 0 es un valor propio de X. Si m es nel otro valor propio, entonces
m = 0 o de lo contrario X 2 = 0 (teorema de Cayley-Hamilton) y al sustituir en la ecuaci´on
original resulta X = −M , pero (−M )2 = 0.
0 0
Por tanto X = A
A−1 para alguna matriz A y un n´
umero real m = 0.
0 m
Luego X 2 − X = A

0
0
0 m2 − m

A−1 = I

0 0
02

I −1 . Luego m2 − m = 2, de donde

m = −1 ´o m = 2.
Si m = −1, entonces X =

0 0
0 −1

y si m = 2, entonces X =

0 0
0 2

.

b) Si det(X − I) = 0, entonces 1 es un valor propio de X y por un argumento similar al del
1 0
punto anterior, concluimos que X se puede expresar de la forma X = A
A−1 ,
0 m
donde A es una matriz de 2 × 2 y m = 1.
0
0
Luego X 2 − X = A
A−1 y al igual que en el casoanterior obtenemos que
0 m2 − m
m2 − m = 2, de donde m = −1 ´o m = 2.
1 0
1 0
Si m = −1, entonces X =
y si m = 2, entonces X =
.
0 −1
0 2
Agotadas las posibilidades, obtenemos cuatro matrices que satisfacen las condiciones del problema.
2. [5 puntos] Sean S1 y S2 esferas en el espacio, con centros O1 y O2 , y radios 1 y x, respectivamente. O1 se encuentra sobre la superficie de S2 . Sea f (x) el ´area dela superficie de S2 que se
encuentra dentro de S1 . Hallar una f´ormula expl´ıcita para f (x).

Soluci´
on.
Si x ≤ 12 la esfera S2 est´a ubicada completamente dentro de la esfera S1 . Por lo tanto f (x) = 4πx2
que es el ´area de la superficie de la esfera de radio x.
Si x >

1
2

calculamos que la altura del casquete es

las dos esferas es

1−

1
2x

y el radio del c´ırculo de la intersecci´
onde

1
.
4x2

Usando la f´ormula
b

2πy

1+

a

2

dy
dx

dx

para el ´area de la superficie de un s´olido de revoluci´
on, encontramos que el ´area deseada es igual
a π y no depende del radio x si x > 12 .
3. [5 puntos] Determinar todas las funciones f : R → R con derivada cont´ınua que satisfacen la
siguiente condici´on: En cualquier intervalo cerrado [a, b] (a < b) existen m, n ∈ [a, b] talesque
f (m) = m´ın f (x)
x∈[a,b]

y

f (n) = m´ax f (x).
x∈[a,b]

Soluci´
on 1.
Fijamos un punto x y consideramos un punto y, con y > x. entonces obtenemos dos puntos my
y ny en el intervalo [x, y] tales que
m´ın f (z) = f (my ) ≤ f (my ) ≤ f (ny ) = m´ax f (z).

z∈[x,y]

z∈[x,y]

Si y → x, entonces my → x y ny → x. Por la continuidad de f y por el teorema del emparedado
obtenemos
l´ım f (my ) =...