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.

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parcial o totalmente modificadas. Se agradecerá cualquier observación, comentario o colaboración a toomates@gmail.com

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

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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.