Upload
others
View
4
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
TRIGONOMETRÍA
Enfoque Problem-solving
Gerard Romo Garrido
Toomates Coolección
Los documentos de Toomates son materiales digitales y gratuitos. Son digitales porque están pensados para ser consultados mediante un
ordenador, tablet o móvil. Son gratuitos porque se ofrecen a la comunidad educativa sin coste alguno. Los libros de texto pueden ser digitales o
en papel, gratuitos o en venta, y ninguna de estas opciones es necesariamente mejor o peor que las otras. Es más: Suele suceder que los mejores docentes son los que piden a sus alumnos la compra de un libro de texto en papel, esto es un hecho. Lo que no es aceptable, por inmoral y
mezquino, es el modelo de las llamadas "licencias digitales" con las que las editoriales pretenden cobrar a los estudiantes, una y otra vez, por
acceder a los mismos contenidos (unos contenidos que, además, son de una bajísima calidad). Este modelo de negocio es miserable, pues impide el compartir un mismo libro, incluso entre dos hermanos, pretende convertir a los estudiantes en un mercado cautivo, exige a los
estudiantes y a las escuelas costosísimas líneas de Internet, pretende pervertir el conocimiento, que es algo social, público, convirtiéndolo en un
producto de propiedad privada, accesible solo a aquellos que se lo puedan permitir, y solo de una manera encapsulada, fragmentada, impidiendo el derecho del alumno de poseer todo el libro, de acceder a todo el libro, de moverse libremente por todo el libro.
Nadie puede pretender ser neutral ante esto: Mirar para otro lado y aceptar el modelo de licencias digitales es admitir un mundo más injusto, es
participar en la denegación del acceso al conocimiento a aquellos que no disponen de medios económicos, en un mundo en el que las modernas tecnologías actuales permiten, por primera vez en la historia de la Humanidad, poder compartir el conocimiento sin coste alguno, con algo tan
simple como es un archivo "pdf". El conocimiento no es una mercancía.
El proyecto Toomates tiene como objetivo la promoción y difusión entre el profesorado y el colectivo de estudiantes de unos materiales didácticos libres, gratuitos y de calidad, que fuerce a las editoriales a competir ofreciendo alternativas de pago atractivas aumentando la calidad
de unos libros de texto que actualmente son muy mediocres, y no mediante retorcidas técnicas comerciales.
Este documento se comparte bajo una licencia “Creative Commons”: Se permite, se promueve y se fomenta cualquier uso, reproducción y edición de todos estos materiales siempre que sea sin ánimo de lucro y se cite su procedencia. Todos los documentos se ofrecen en dos
versiones: En formato “pdf” para una cómoda lectura y en el formato “doc” de MSWord para permitir y facilitar su edición y generar versiones
parcial o totalmente modificadas. Se agradecerá cualquier observación, comentario o colaboración a [email protected]
La biblioteca Toomates Coolección consta de los siguientes libros:
Metodología Problem-solving:
Geometría Axiomática GA pdf 1 2 ... 23 portada
Problemas de Geometría PG pdf 1 2 3 4 5 6 7
Introducción a la Geometría PI (en preparación) pdf doc
Teoría de números AR pdf 1 2 3
Trigonometría PT pdf doc
Desigualdades DE pdf doc
Números complejos PZ pdf doc
Álgebra PA pdf doc
Combinatoria PC pdf doc
Probabilidad PR pdf doc
Guía del estudiante de Olimpiadas Matemáticas OM pdf
Libros de texto (en catalán):
Àlgebra AG pdf 1 2
Funcions FU pdf doc
Geometria analítica GN pdf 1 2
Trigonometria TR
pdf doc
Nombres complexos CO pdf doc
Àlgebra Lineal 2n batxillerat AL pdf doc
Geometria Lineal 2n batxillerat GL pdf doc
Càlcul Infinitesimal 2n batxillerat CI pdf 1 2
Programació Lineal 2n batxillerat PL pdf doc
Recopilaciones de pruebas PAU España:
Catalunya TEC ST , Catalunya CCSS SC , Galicia SG
Recopilaciones de pruebas PAU Europa:
Portugal A SA, Portugal B SB
Recopilaciones de problemas olímpicos y preolímpicos:
IMO SI, OME SE, OMI SD, AIME SA , Cangur SR , Canguro SG , Kangourou SK ,
AMC12 (2008-2020) SM
Versión de este documento: 16/08/2020
Todos estos documentos se actualizan constantemente. ¡No utilices una versión anticuada! Descarga gratis la última versión de los documentos en los enlaces superiores.
www.toomates.net
Índice
1 Problemas con las funciones trigonométricas. →
2 Trigonometría aplicada a la resolución de problemas geométricos. →
Soluciones. →
Fuentes. →
Para evitar la duplicación de contenidos, algunos temas relacionados con la trigonometría se
encuentran en otros libros de esta misma colección:
Problemas con desigualdades trigonométricas: Es el Tema 11 de
http://www.toomates.net/biblioteca/Desigualdades.pdf
Números complejos aplicados a la trigonometría: Es el Tema 2 de
http://www.toomates.net/biblioteca/ProblemasNumerosComplejos.pdf
Números complejos aplicados a la trigonometría (2): Es el Tema 4 de
http://www.toomates.net/biblioteca/ProblemasNumerosComplejos.pdf
Este libro es la continuidad natural de "Trigonometria":
http://www.toomates.net/biblioteca/Trigonometria.pdf
1 Problemas con las funciones trigonométricas.
1.1 MF
Si 22
2tan
ba
abx
, con 0 ba y º90º0 x , entonces xsin es igual a:
(A) b
a (B)
a
b (C)
a
ba
2
22 (D)
ab
ba
2
22 (E)
22
2
ba
ab
AHSME 1972 #20
1.2 MF
Si xxxx 3cos2cos3sin2sin , entonces uno de los valores de x es:
(A) 18º (B) 30º (C) 36º (D) 45º (E) 60º
AHSME 1984 #15
1.3 F
Calcula
º89tanlog...º3tanlogº2tanlogº1tanlog 10101010
AHSME 1987 #20
1.4 MF
Demuestra que
º22cot1
2º23cot1
1.5 F
a) Determina º15sin , º15cos y º15tan
b) Encuentra las soluciones x en º90,0 de la ecuación 24cos
13
sin
13
xx
1.6 M
Demostrar que
º9tan3º27cos43º9cos4 22
1.7 MF
Si 25tantan yx y 30cotcot yx , determina )tan( yx .
AIME 1983 #3
1.8 MF
º20cosº10cos
º20sinº10sin
es igual a:
(A) º20tanº10tan (B) º30tan (C) º20tanº10tan2
1 (D) º15tan (E) º60tan
4
1
AHSME 1984 #23
1.9 D
Sean a y b números reales en el intervalo
2,0
. Demuestra que
1coscossin3sin 6226 bbaa si y solo si ba
1.10 D
Demostrar que
7
º540csc
7
º360csc
7
º180csc
Nota 1: Se presentan dos soluciones: mediante trigonometría y mediante el estudio de los ángulos
internos del heptágono regular.
Nota 2: En PG/#6.69 encontramos nuevas aplicaciones del heptágono regular.
1.11 F
Sea 20030 x , y sea n
nn
x
xx
1
11 para 1n . Determina 2004x .
1.12 F
Demostrar que
aaaaaa tan2tan3tantan2tan3tan
Para todo 2
ka , con Zk
1.13 D
Sean dcba ,,, números en el intervalo ,0 tales que
dcba sin2sin4sin7sin
dcba cos2cos4cos7cos
Demostrar que )cos(7)cos(2 cbda
1.14 D
Sea x un número real tal que 36
11cossin 1010 xx . Determina xx 1212 cossin .
AIME I 2019 #8
1.15 F
Resuelve la ecuación
13cos2coscos 222 xxx
IMO 1962 #4
Nota: Este mismo problema se resuelve en PC/#4.1 mediante números complejos.
1.16 D
Resuelve la ecuación
1sincos xx nn
donde n es un número natural.
IMO 1961 #3
1.17 MF
Si º20A y º25B , entonces el valor de )tan1)(tan1( BA es
(A) 3 (B) 2 (C) 21 (D) BA tantan2
(E) Ninguno de los anteriores
AHSME 1985 #16
1.18 F
Sean cba ,, números reales. Consideremos la ecuación cuadrática en xcos :
0coscos2 cxbxa
Usando los números cba ,, , forma una ecuación cuadrática en x2cos con las mismas
raíces que la ecuación original. Compara las ecuaciones en xcos y en x2cos para
1,2,4 cba .
IMO 1959 #3
1.19 F
¿Cuántas soluciones tiene la ecuación
2cos)2tan(
xx en el intervalo 2,0 ?
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5
AMC 12A 2020 #9
2 Trigonometría aplicada a la resolución de problemas geométricos.
2.1
MF
Una circunferencia centrada en O y con radio 1 contiene el punto A. El segmento AB
es tangente a la circunferencia en A y AOB . Si el punto C está en OA y el
segmento BC es la bisectriz de ABO , entonces OC
(A) tansec2 (B) 2
1 (C)
sin1
cos2
(D)
sin1
1
(E)
2cos
sin
AMC 12 2000 #17
2.2 D
Sea un trapecio ABCD , con CDAB // , 4AB y 10CD . Supongamos que las rectas
AC y BD se cortan en ángulo recto, y que las rectas BC y DA , cuando se extienden a
un punto Q, forman un ángulo de 45º. Determina ABCD , el área del trapecio ABCD .
2.3 F
En un triángulo ABC ,
6cos4sin3 BA , 1cos3sin4 AB
determina la medida del ángulo C. AMC12 1999
2.4
F
Sea ABC un triángulo acutángulo. Demostrar que:
a) CBACBA tantantantantantan .
b) 33tantantan CBA .
2.5 F
Demostrar que, en cualquier triángulo ABC ,
a) ba
ba
BA
BA
2tan
2tan
b) ba
baCBA
2tan
2tan
Nota: Estas dos identidades se conocen como "Teorema de la Tangente".
2.6 F
Supongamos que en un triángulo ABC , 32 b
a y º60C . Determina la
medida de los ángulos A y B.
2.7 F
Dado un triángulo ABC , demuestra que:
a) CBACBA sinsinsin42sin2sin2sin
b) CBACBA coscoscos412cos2cos2cos
c) CBACBA coscoscos22sinsinsin 222
d) 1coscoscos2coscoscos 222 CBACBA
Nota: Este problema es una continuación natural de PG/#6.85.
2.8 MF
Sea s el semiperímetro de un triángulo ABC . Demuestra que:
a) 2
cos2
cos2
cos4CBA
Rs
b) Rs2
33
2.9 M
Una máquina cortadora genera piezas de la siguiente forma:
El radio de la circunferencia es 50 cm, la longitud AB es 6cm y la longitud BC es
2cm. El ángulo ABC es recto. Determina el cuadrado de la distancia (en centímetros)
de B al centro de la circunferencia.
AIME 1983 #4
2.10 MD
Sea ABC un triángulo arbitrario, P un punto interior y HA, HB i HC, respectivamente,
los ortocentros de los triángulos PBC , PAC y PAB . Demuestra que los triángulos
CBA HHH y ABC tienen la misma área.
OME 2012 Primera fase, segunda sesión #6
2.11 M
En la siguiente figura, determina el ángulo BDA .
Nota: Se presentan soluciones por trigonometría y por Geometría sintética.
2.12 MF
Demuestra que, si en un triángulo ABC se cumple:
2sinsinsin 222 CBA
Entonces el triángulo es rectángulo.
2.13 MF
Determina 2tan
Soluciones
1.1
Buscamos un triángulo rectángulo con catetos ab2 y 22 ba , pero entonces su hipotenusa será
22
222224422442222222 )(224)()2(
bahip
bababababababaabhip
Y por lo tanto 22
2sin
ba
abx
1.2
º545/º270º270
º185/º90º905
)5cos()32cos(3sin2sin3cos2cos0
3cos2cos3sin2sin
x
xx
xxxxxxx
xxxx
Pero la solución º54x no aparece en la lista del enunciado, luego la respuesta es º18x
1.3
Aplicando la propiedad fundamental de los logaritmos: yxyx 101010 logloglog
º89tan...º3tanº2tanº1tanlog
º89tanlog...º3tanlogº2tanlogº1tanlog
10
10101010
Ahora tenemos en cuenta que
1sin
cos
cos
sin
)90cos(
)90sin(
cos
sin)90tan()tan(
n
n
n
n
n
n
n
nnn
Luego podemos agrupar las tangentes del interior del paréntesis por parejas, cuyos productos
serán igual a 1, quedando solo 1)45tan( .
01log1...11log
45tan...º87tanº3tanº88tanº2tanº89tanº1tanlog
º89tan...º3tanº2tanº1tanlog
1010
10
10
1.4
22sin23sin222cos22sin23cos23sin
222sin
22cos22sin
23sin
23cos23sin
222sin
22cos1
23sin
23cos1
222cot123cot1
22cot1
223cot1
Para la parte derecha aplicamos la identidad del ángulo doble:
45cos1cos)2223cos()2223cos(22sin23sin2
Para la parte derecha aplicamos la propiedad distributiva:
45sin1cos)2223sin()2223cos(
22sin23cos22cos23sin22cos23cos22sin23sin
22cos23cos22sin23cos22cos23sin22sin23sin
22cos22sin23cos23sin
Y el problema queda resuelto puesto que 45cos45sin .
1.5
a)
22
1331
24
2
2
231
4
231
4
2
2
3
2
2
2
1
2
2
30cos45sin30sin45cos)3045cos(15cos
22
1313
24
2
2
213
4
213
4
2
2
1
2
2
2
3
2
2
30sin45cos30cos45sin)3045sin(15sin
13
13
)22/(13
)22/(13
15cos
15sin15tan
b)
(*)2sinsin
22
13cos
22
132sin
22
sin13cos13
sincos222
sin13cos13sincos24sin13cos13
24sincos
sin13cos1324
cos
13
sin
13
xxxxxx
xxxx
xxxx
xx
xx
xx
Ahora aplicamos el apartado a : 22
1315cos,
22
1315sin
Con lo que
º553
1651653151802218015
º15215215
2sin)15sin(
2sinsin15coscos15sin(*)
xxxxxx
xxxxxx
xx
xxx
Las soluciones son º15x y º55x
1.6
Sabemos que xxxxx 23 cos43coscos4cos33cos
Luego x
xx
cos
3cos3cos4 2
9cos
81cos
27cos
81cos
9cos
27cos3º27cos43º9cos4 22
Luego el problema se reduce a demostrar
9sin81cos9cos
9sin
9cos
81cos9tan
9cos
81cos
Lo cual es cierto pues 9sin)990cos(81cos
Fuente de la solución: 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team (Titu Andreescu,
Zuming Feng), página 92
1.7
6
5
30
25tantan
tantan
25
tantan
tantan
tan
1
tan
1cotcot30
yx
yxyx
yx
yxyx
1506/51
25
tantan1
tantan)tan(
yx
yxyx
1.8
º15tanº15cos
º15sin
2
2010cos
2
2010cos2
2
2010cos
2
2010sin2
º20cosº10cos
º20sinº10sin
1.9
La resolución de este problema se basa en la identidad
222333 )()()(2
13 xzzyyxzyxxyzzyx
En nuestro caso observamos que
)1)()(cos(sin3)1(cossin1coscossin3sin 22332326226 bababbaa
Luego, tomando 1,cos,sin 22 zbyax , tenemos
222222222
6226
cossin1cos1sin2
11cossin
1coscossin3sin
aaaaba
bbaa
Y por tanto
0cossin
01cos
2/1sin
01cossin
0cossin1cos1sin2
11cossin
01coscossin3sin1coscossin3sin
22
2
2
22
222222222
62266226
aa
aa
aa
ba
aaaaba
bbaabbaa
Puesto que la segunda posibilidad lleva a contradicción, solo nos queda la posibilidad
bababa
bababa
sinsinsinsin
0sinsin01sin1sin01cossin
22
222222
Donde en todo momento estamos teniendo muy en cuenta que 2
,0
ba .
Fuente de la solución: 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team (Titu Andreescu,
Zuming Feng), página 135
1.10
Sea 7
º180
3sin2sinsin3sin2sin
3sin2sin
3sin2sin
3sin
1
2sin
1
sin
1
7
º540csc
7
º360csc
7
º180csc
Demostración mediante identidades trigonométricas.
Observamos que º18043 , luego )4sin()4º180sin()3sin(
Con lo cual la igualdad anterior queda
4sin2sinsin3sin2sin
Pero ahora, por la identidad "Suma-A-Producto":
cos3sin22
2cos
2
6sin24sin2sin
Luego llegamos a la igualdad
cos3sinsin23sin2sin
Que es cierta aplicando la identidad del seno del ángulo doble:
cossin22sin
Demostración geométrica.
Consideremos un heptágono regular 7654321 AAAAAAA inscrito en una circunferencia de radio
2/1 .
Cada ángulo 1 iiOAA mide 27
º360
Aplicando el Teorema del Seno al triángulo 431 AAA :
sinsin
12sin
41343
413
43
AAAAA
RAAA
AA
Aplicando el Teorema del Seno al triángulo 641 AAA :
2sinsin
12sin
61464
614
64
AAAAA
RAAA
AA
Aplicando el Teorema del Seno al triángulo 741 AAA :
3sinsin
12sin
71474
714
74
AAAAA
RAAA
AA
Finalmente, aplicando el Teorema de Ptolomeo al cuadrilátero cíclico 7421 AAAA
3sin2sinsin3sinsinsin2sin2sin3sin
744343646474
742171427241
AAAAAAAAAAAA
AAAAAAAAAAAA
Fuente de esta solución: "103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team" (Titu
Andreescu, Zuming Feng, 2005) , pág. 21
1.11
Sea )tan( 00 x para cierto 0 .
Entonces:
)º45tan()tan()º45tan(1
)tan()º45tan(
1
10
0
0
0
01
x
xx
y por tanto, en general:
))1(45tan(1
101
n
x
xx
n
nn
Por lo que vemos un bucle de repetición:
)tan()180tan()445tan(1
10004
n
n
x
xx
Puesto que 04mod2004 , llegamos a 200302004 xx
1.12
aa
aaa
aaaaa
aaaaaa
aaaaaa
tan2tan1
tan2tan3tan
tan2tantan2tan13tan
tan2tantan2tan3tan3tan
tan2tan3tantan2tan3tan
Lo cual es cierto, basta aplicar la identidad trigonométrica de la tangente de la suma:
tan2tan1
tan2tan)2tan(3tan
Fuente de la solución: 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team" (Titu Andreescu,
Zuming Feng, 2005) , pág. 65
1.13
bbccddaa
bcda
bcda
dcdcba
2222
22
sin49sinsin56sin16sin64sinsin16sin
sin7sin4sin8sin
sin7sin4sin8sin
sin8sin4sin2sin4sin7sin
bbccddaa
bcda
bcda
dcdcba
2222
22
cos49coscos56cos16cos64coscos16cos
cos7cos4cos8cos
cos7cos4cos8cos
cos8cos4cos2cos4cos7cos
Sumando estas dos igualdades, llegamos a
)cos(7)cos(2
coscossinsin7coscossinsin2
coscossinsin56coscossinsin16
coscossinsin5665coscossinsin1665
coscossinsin564916coscossinsin16641
cos49coscos56cos16sin49sinsin56sin16
cos64coscos16cossin64sinsin16sin
2222
2222
cbda
bcbcdada
bcbcdada
bcbcdada
bcbcdada
bbccbbcc
ddaaddaa
En donde hemos aplicado la identidad notable "coseno de la diferencia"
Fuente de la solución: 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team" (Titu Andreescu,
Zuming Feng, 2005) , pág. 91
1.14
Sean xa sin y xb cos . Está claro que 122 ba .
882212121210221012221010 ))((136
11
36
11babababbabaababa
Luego todo se reduce a determinar 8822 baba
2266222266624426
02321222221232023223
3333
3
3
2
3
1
3
0
3)(11
bababababaababab
bababababa
Sea 22bay . La igualdad anterior se puede escribir como ybayba 3131 6666
2
266
1
224466221010
10284664821002521242
2232322242125202
5225
1031536
11
10536
11105
5101055
5
4
5
3
5
2
5
1
5
0
5
)(11
yyy
ybaybababababa
abababababbaba
babababa
ba
Resolvemos la ecuación resultante:
6/5
6/155
36
11110315
36
111 22
y
yyyyyy
La solución 6/5y la descartamos por extraña (???) y nos quedamos con:
6
122 yba
3
2
6
1212 2222244 bababa
18
7
18
1
9
4
36
12
9
4
6
12
3
22
22
4424488
bababa
Finalmente:
54
13
108
7
36
11
18
7
6
1
36
11
36
11 88221212 bababa
Fuente de la solución: https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2019_AIME_I_Problems/Problem_8
1.15
Aplicamos las identidades trigonométricas del coseno del ángulo doble y triple:
2222 1cos22cos1cos22cos xxxx
2323 cos4cos33coscos4cos33cos xxxxxx
Luego
0cos8cos103
2/3,2/0cos0cos
cos8cos103cos2cos16cos20cos60
1cos16cos20cos6
cos16cos24cos91cos4cos4cos
cos4cos31cos2cos
3cos2coscos1
42
2
422642
642
642242
23222
222
xx
xxx
xxxxxx
xxx
xxxxxx
xxxx
xxx
Resolvemos la ecuación 0cos8cos103 42 xx mediante un cambio de variable
xz 2cos
2/1
4/3
82
210
82
384)10(1003108
2
2
z
zzzz
2
3cos
4
3cos2 xxz
6/11
6/
2
3cos
xx
6/7
6/5
2
3cos
xx
2
1cos
2
1cos2 xxz
4/7
4/
2
1cos
xx
4/5
4/3
2
1cos
xx
Las soluciones son: 4
5,
4
3,
4
7,
4,
6
7,
6
5,
6
11,
6,
2
3,
2
y todos sus múltiplos 2 .
Nota: Este mismo problema se resuelve en PC/#4.1 mediante números complejos.
1.16
Primer caso: 1n
Aplicamos las fórmulas de TR/5.4 para expressar xx sincos como un seno puro:
En nuestro caso 1A , 1B y por tanto:
)4/3sin(2sincos4/31
1
1tan
2)1(1 22222
xxxb
B
Ab
aBAa
Con lo que hemos convertido una ecuación difícil en una ecuación más sencilla:
mxmm
mmxm
x
x
x
xx
2024
32
4
22
24
3
42
4
4
3
2
1)4/3sin(
1)4/3sin(2
1sincos
Las soluciones son: mx
22
i mx 20
Segundo caso: n par kn 2 para cierto 1k natural.
1sin1cos1sincos1sincos 2222 kkkknn xxxxxx
m
mxxxxxx
kkk
2
200sin0sin0sin1sin1cos 2222
Tercer caso: n impar: 12 kn para cierto 1k natural.
Sea xy
1sincos
1sincos
1)sin()cos(
1sincos
nn
nn
nn
nn
yy
yy
yy
xx
Luego
1sincos
sinsincoscos
sinsincoscos
sincos
sincos
sincos1
22
122122
212212
1212
1212
yy
yyyy
yyyy
yy
yy
yy
kk
kk
kk
kk
nn
Luego las desigualdades anteriores son igualdades, y por tanto:
yy kk 1212 sincos1
y esta igualdad solo se puede dar si 0cos y y también 0sin y ,
yyyy kk 122122 sinsincoscos1
y esta igualdad solo se puede dar si 1cos y o bien 1sin y
De lo anterior deducimos que, o bien 1cos y , y por tanto
mxmxxy 20201)cos(1cos
o bien:
mmxmxxy 22/322/22/1)sin(1sin
Y las soluciones son mx 20 y mx 22/3 para todo m natural.
Fuente de esta solución: "International Mathematical Olympiads 1959-1977 Compiled and with solutions by
Samuel L. Greitzer", pág. 41
1.17
Tomamos la identidad trigonométrica de la tangente de la suma de ángulos, y aislamos el
producto de tangentes:
)tan(
tantantantan1
tantantantan1)tan(
tantan1
tantan)tan(
BA
BABA
BABABA
BA
BABA
En nuestro caso 1)45tan()2520tan()tan( BA , luego
BABA tantantantan1
Y por tanto
2tantantantan11tantantantan1)tan1)(tan1( BABABAABBA
1.18
Primera versión.
Aplicamos la identidad trigonométrica 1cos22cos 2 xx .
2
12coscoscos
2
12cos1cos22cos 22
x
xxx
xx
2
22cos2
4
22cos2
4
22cos2
2
12cos
xxxx
22
2
12cos222cos2
12cos212cos
0222cos212cos
02
12cos
2
12cos
0coscos
xacxb
xacxb
cxbxa
cx
bx
a
cxbxa
2222222
2222222
2222222
2222
2222
222
4422cos2242cos0
22cos22cos22cos42cos440
2cos22cos42cos4422cos2
2cos212cos42cos4412cos2
12cos42cos4412cos2
12cos12cos4)2(12cos2
aaccbxbaacxa
bxbxaaxaacxacc
xaaxaacxaccbxb
xxaacxaccxb
xaacxaccxb
xaxcacxb
Para 1,2,4 cba tenemos
12cos22cos4442cos82cos160 22 xxxx
y vemos que los coeficientes son proporcionales a los de la ecuación original.
Segunda versión.
Sean 11 cos xr y 22 cos xr las raíces de la ecuación original 0coscos2 cxbxa .
Sabemos que a
brr
21 y
a
crr 21
Sean 121cos22cos 2
11
2
11 rxxR y 121cos22cos 2
22
2
22 rxxR las raíces de la
ecuación buscada:
02 CBzAz
Donde CBA ,, son funciones de cba ,,
Luego
A
B
a
c
a
b
A
B
a
c
a
b
A
BrrrrrrrrRR
rR
rR
242222
22222121212
12
2
22
21
2
21
2
2
2
1
2
2
2
1212
22
2
11
A
C
a
c
a
b
a
c
a
c
a
b
a
crrrrrr
rrrrrrrrrrRR
1224
12241224
12412241212
2
2
2
2
22
21
2
21
2
21
2
2
2
1
2
21
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
2
121
Tomando 2aA se llega a:
0442224 2222222 aaccbzbaaczaCBzAz
Fuente de esta segunda versión: "International Mathematical Olympiads 1959-1977, Compiled and with
solutions by Samuel L.Greitzer", pág 23, en donde es atribuida a Gerhard Arenstorf.
1.19
Basta tener en cuenta las gráficas de las funciones )tan()( xxf y )cos()( xxf y las
modificaciones que producen los cambios )2()( xfxf y
2)(
xfxf y representarlas
esquemáticamente para ver que son cinco los puntos de corte en dicho intervalo:
Luego la solución es (E).
2.1 Ver Problemas de Geometría, Problema 6.43
2.2 Ver Problemas de Geometría, Problema 6.78
2.3 Ver Problemas de Geometría, Problema 6.83
2.4 Ver Problemas de Geometría, Problema 6.80
2.5 Ver Problemas de Geometría, Problema 6.81
2.6 Ver Problemas de Geometría, Problema 6.82
2.7 Ver Problemas de Geometría, Problema 6.86
2.8 Ver Problemas de Geometría, Problema 6.87
2.9 Ver Problemas de Geometría, Problema 7.13
2.10 Ver Problemas de Geometría, Problema 7.18
2.11 Ver Problemas de Geometría, Problema 7.23
2.12
Es aplicación directa de la identidad del problema 2.7c:
CBACBA coscoscos22sinsinsin 222
Luego
0coscoscos1coscoscos1
coscoscos12sinsinsin2 222
CBACBA
CBACBA
Y por tanto uno de los ángulos debe dar coseno 0, es decir, ser recto.
2.13
)90(90180BCD . Sean BCx , DABDy
2
12
2tan
2tan
2
222
x
yyx
x
y
y
x
x
y
y
x
2
1tantan
2
22
x
y
x
y
Fuentes
1.1 Trigonometry A Clever Study Guide (James Tanton, 2015) pág. 69 1.2 Trigonometry A Clever Study Guide (James Tanton, 2015) pág. 70
1.3 Trigonometry A Clever Study Guide (James Tanton, 2015) pág. 70
1.4 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team (Titu Andreescu, Zuming Feng), página 64. 1.6 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team (Titu Andreescu, Zuming Feng), página 65.
1.7 "Contest Problem Book V", pág. 166
1.8 "Contest Problem Book V", pág. 11 1.9 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team (Titu Andreescu, Zuming Feng), página 75
1.10 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team" (Titu Andreescu, Zuming Feng, 2005) , pág. 21
1.11 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team" (Titu Andreescu, Zuming Feng, 2005) , pág. 27 1.13 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team" (Titu Andreescu, Zuming Feng, 2005) , pág. 27
1.15 International Mathematical Olympiads 1959-1977 Compiled and with solutions by Samuel L. Greitzer
1.16 International Mathematical Olympiads 1959-1977 Compiled and with solutions by Samuel L. Greitzer, pág. 41 1.18 "International Mathematical Olympiads 1959-1977, Compiled and with solutions by Samuel L.Greitzer", pág 1.
2.2 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team (Titu Andreescu, Zuming Feng, 2005) , pág. 7
2.3 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team (Titu Andreescu, Zuming Feng, 2005) , pág. 65 2.4 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team (Titu Andreescu, Zuming Feng, 2005) , pág. 66.
2.5 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team (Titu Andreescu, Zuming Feng, 2005) , pág. 69.
2.6 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team (Titu Andreescu, Zuming Feng, 2005) , pág. 69.
2.8 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team (Titu Andreescu, Zuming Feng, 2005) , pág. 67.