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2013 AIME II Problema 15

Intenta el Problema 15 del 2013 AIME II a continuación y luego compara tu respuesta con la solución preparada profesionalmente de LIVE by Po-Shen Loh. También puedes intentar el examen cronometrado completo, ver todas las soluciones del 2013 AIME II, o revisar la clave de respuestas.

Todos los problemas se usan con el permiso legal oficial de la Mathematical Association of America (MAA).

15.

Sean A,A, B,B, CC los ángulos de un triángulo, con AA y CC agudos y BB obtuso, que satisfacen cos⁡2A+cos⁡2B+2sin⁡Asin⁡Bcos⁡C=158 \begin{aligned} &\cos^2 A + \cos^2 B \\ &\quad {}+ 2 \sin A \sin B \cos C = \frac{15}{8} \end{aligned} y cos⁡2B+cos⁡2C+2sin⁡Bsin⁡Ccos⁡A=149. \begin{aligned} &\cos^2 B + \cos^2 C \\ &\quad {}+ 2 \sin B \sin C \cos A = \frac{14}{9}. \end{aligned} Existen enteros positivos p,p, q,q, r,r, y ss para los cuales cos⁡2C+cos⁡2A+2sin⁡Csin⁡Acos⁡B=p−qrs, \begin{aligned} &\cos^2 C + \cos^2 A \\ &\quad {}+ 2 \sin C \sin A \cos B \\ &= \frac{p - q\sqrt{r}}{s}, \end{aligned} donde p+qp + q y ss son primos entre sí y rr no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halla p+q+r+s.p + q + r + s.

Let A,A, B,B, CC be angles of a triangle with AA and CC acute and BB greater than a right angle satisfying cos⁡2A+cos⁡2B+2sin⁡Asin⁡Bcos⁡C=158 \begin{aligned} &\cos^2 A + \cos^2 B \\ &\quad {}+ 2 \sin A \sin B \cos C = \frac{15}{8} \end{aligned} and cos⁡2B+cos⁡2C+2sin⁡Bsin⁡Ccos⁡A=149. \begin{aligned} &\cos^2 B + \cos^2 C \\ &\quad {}+ 2 \sin B \sin C \cos A = \frac{14}{9}. \end{aligned} There are positive integers p,p, q,q, r,r, and ss for which cos⁡2C+cos⁡2A+2sin⁡Csin⁡Acos⁡B=p−qrs, \begin{aligned} &\cos^2 C + \cos^2 A \\ &\quad {}+ 2 \sin C \sin A \cos B \\ &= \frac{p - q\sqrt{r}}{s}, \end{aligned} where p+qp + q and ss are relatively prime and rr is not divisible by the square of any prime. Find p+q+r+s.p + q + r + s.

Respuesta: 222
Conceptos:ley de los senosley de los cosenosidentidad trigonométrica
Nivel de dificultad: 3370
Pista pequeña:

Reescribe la primera ecuación como sin⁡2A+sin⁡2B\sin^2 A + \sin^2 B −2sin⁡Asin⁡Bcos⁡C=18;- 2\sin A \sin B \cos C = \frac{1}{8}; las leyes de senos y cosenos convierten el lado izquierdo en sin⁡2C\sin^2 C.

Rewrite the first equation as sin⁡2A+sin⁡2B\sin^2 A + \sin^2 B −2sin⁡Asin⁡Bcos⁡C=18;- 2\sin A \sin B \cos C = \frac{1}{8}; the laws of sines and cosines turn the left side into sin⁡2C\sin^2 C

Pista grande:

Así que sin⁡2C=18\sin^2 C = \frac{1}{8} y sin⁡2A=49,\sin^2 A = \frac{4}{9}, y la cantidad pedida es 2−sin⁡2B2 - \sin^2 B con sin⁡B=sin⁡(A+C)\sin B = \sin(A + C).

So sin⁡2C=18\sin^2 C = \frac{1}{8} and sin⁡2A=49,\sin^2 A = \frac{4}{9}, and the requested quantity is 2−sin⁡2B2 - \sin^2 B with sin⁡B=sin⁡(A+C)\sin B = \sin(A + C)

Solución:

Reemplazando cada cos⁡2\cos^2 por 1−sin⁡2,1 - \sin^2, la primera ecuación se convierte en sin⁡2A+sin⁡2B\sin^2 A + \sin^2 B −2sin⁡Asin⁡Bcos⁡C=18.- 2 \sin A \sin B \cos C = \frac{1}{8}. Por la ley de senos, sin⁡A=a2R\sin A = \frac{a}{2R} y así sucesivamente, de modo que el lado izquierdo es a2+b2−2abcos⁡C4R2=c24R2=sin⁡2C \begin{aligned} \frac{a^2 + b^2 - 2ab\cos C}{4R^2} &= \frac{c^2}{4R^2} \\ &= \sin^2 C \end{aligned} por la ley de los cosenos. De aquí sin⁡2C=2−158=18.\sin^2 C = 2 - \frac{15}{8} = \frac{1}{8}. El mismo argumento convierte la segunda ecuación en sin⁡2A=2−149=49,\sin^2 A = 2 - \frac{14}{9} = \frac{4}{9}, y muestra que la expresión pedida es igual a 2−sin⁡2B.2 - \sin^2 B.

Como AA y CC son agudos, cos⁡A=53\cos A = \frac{\sqrt{5}}{3} y cos⁡C=144,\cos C = \frac{\sqrt{14}}{4}, con sin⁡A=23\sin A = \frac{2}{3} y sin⁡C=24.\sin C = \frac{\sqrt{2}}{4}. Entonces sin⁡B=sin⁡(A+C)=23⋅144+53⋅24=214+1012, \begin{aligned} \sin B &= \sin(A + C) \\ &= \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{14}}{4} + \frac{\sqrt{5}}{3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{4} \\ &= \frac{2\sqrt{14} + \sqrt{10}}{12}, \end{aligned} así que sin⁡2B=66+835144=33+43572.\sin^2 B = \frac{66 + 8\sqrt{35}}{144} = \frac{33 + 4\sqrt{35}}{72}.

Por lo tanto 2−sin⁡2B=111−43572,2 - \sin^2 B = \frac{111 - 4\sqrt{35}}{72}, y p+q+r+sp + q + r + s =111+4+35+72= 111 + 4 + 35 + 72 =222.= 222.

Replacing each cos⁡2\cos^2 by 1−sin⁡2,1 - \sin^2, the first equation becomes sin⁡2A+sin⁡2B\sin^2 A + \sin^2 B −2sin⁡Asin⁡Bcos⁡C=18.- 2 \sin A \sin B \cos C = \frac{1}{8}. By the law of sines, sin⁡A=a2R\sin A = \frac{a}{2R} and so on, so the left side equals a2+b2−2abcos⁡C4R2=c24R2=sin⁡2C \begin{aligned} \frac{a^2 + b^2 - 2ab\cos C}{4R^2} &= \frac{c^2}{4R^2} \\ &= \sin^2 C \end{aligned} by the law of cosines. Hence sin⁡2C=2−158=18.\sin^2 C = 2 - \frac{15}{8} = \frac{1}{8}. The same argument turns the second equation into sin⁡2A=2−149=49,\sin^2 A = 2 - \frac{14}{9} = \frac{4}{9}, and shows the requested expression equals 2−sin⁡2B.2 - \sin^2 B.

Since AA and CC are acute, cos⁡A=53\cos A = \frac{\sqrt{5}}{3} and cos⁡C=144,\cos C = \frac{\sqrt{14}}{4}, with sin⁡A=23\sin A = \frac{2}{3} and sin⁡C=24.\sin C = \frac{\sqrt{2}}{4}. Then sin⁡B=sin⁡(A+C)=23⋅144+53⋅24=214+1012, \begin{aligned} \sin B &= \sin(A + C) \\ &= \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{14}}{4} + \frac{\sqrt{5}}{3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{4} \\ &= \frac{2\sqrt{14} + \sqrt{10}}{12}, \end{aligned} so sin⁡2B=66+835144=33+43572.\sin^2 B = \frac{66 + 8\sqrt{35}}{144} = \frac{33 + 4\sqrt{35}}{72}.

Therefore 2−sin⁡2B=111−43572,2 - \sin^2 B = \frac{111 - 4\sqrt{35}}{72}, and p+q+r+sp + q + r + s =111+4+35+72= 111 + 4 + 35 + 72 =222.= 222.

Problema 14#14
Examen completo

El Problema 15 en otros años

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