Solución al problema 132

Enunciado del problema 132

Como $x_1,x_2$ son recíprocos, sean $x_1=a$ y $x_2=\frac{1}{a}$. Como las dos deber ser soluciones entonces

$$a^5-209a+56=\frac{1}{a^5}-\frac{209}{a}+56$$

Y operando

$$a^5-209a=\frac{1}{a^5}-\frac{209}{a}\Rightarrow a^5-209a=\frac{1-209a^4}{a^5}\Rightarrow a^{10}-209a^6+209a^4-1=0$$

Evidentemente esta ecuación tiene como soluciones $a=1$ y $a=-1$, que no son soluciones de nuestro problema, pues ninguna de ellas es raíz de $P\left(x\right)$

Descomponiendo por Ruffini por ejemplo

Con lo cual

$$a^{10}-209a^6+209a^4-1=\left(a+1\right)\left(a-1\right)\left(a^8+a^6-208a^4+a^2+1\right)$$

Nuestra raíz debe estar en el último polinomio de la descomposición.

Haciendo $a^2=z$ queda

$$z^4+z^3-208z^2+z+1=z^4+1-208z^2+z^3+z=0$$

Dividiendo por $z^2$

$$z^2+\frac{1}{z^2}-208+z+\frac{1}{z}=0$$

Y haciendo $z+\frac{1}{z}=t$

$$t^2-2-208+t=0\Rightarrow t=\{\begin{array}{c}14\\ -15\end{array}.$$

Caso t=14

$$z+\frac{1}{z}=14\Rightarrow z^2-14z+1=0\Rightarrow z=7\pm 4\sqrt{3}$$

Tomando $z=7+4\sqrt{3}\Rightarrow a^2=7+4\sqrt{3}$, y tomando la raíz positiva $a=\sqrt{7+4\sqrt{3}}$.

Para calcular esto hacemos $\sqrt{7+4\sqrt{3}}=m+n\sqrt{3}$

$$7+4\sqrt{3}=m^2+3n^2+2mn\sqrt{3}\Rightarrow \{\begin{array}{c}{m}^2+3n^2=7\\ 2mn=4\end{array}.\Rightarrow \{\begin{array}{c}m=2\\ n=1\end{array}.$$

Es decir $\sqrt{7+4\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}$. Ésta será una de las soluciones. La otra será $\frac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}$

El polinomio que contiene a ambas raíces será, sumándolas y multiplicándolas $x^2-4x+1$.

Dividiendo P(x) entre este polinomio queda:

$P\left(x\right)=\left(x^2-4x+1\right)\left(x^3+4x^2+15x+56\right)$

que es una factorización del polinomio dado.

Solución al problema 106

Enunciado del problema 106

En el trapecio, si $DC=l$, como en el triángulo $CMB$ la hipotenusa es $BC=l$, y es isósceles, entonces $CM=\frac{l}{\sqrt{2}}$

$$AB=\frac{l}{\sqrt{2}}+l+\frac{l}{\sqrt{2}}=l\left(1+\frac{2}{\sqrt{2}}\right)=l\left(\frac{2+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right)=l\left(1+\sqrt{2}\right)$$

El área del trapecio es $\frac{B+b}{2}\cdot h$

$$A_{trapecio}=\frac{l\left(1+\sqrt{2}\right)+l}{2}\cdot \frac{l}{\sqrt{2}}=3\Rightarrow \frac{l^2\left(2+\sqrt{2}\right)}{2\sqrt{2}}=3\Rightarrow l^2=\frac{6\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}=6\sqrt{2}-6$$

La apotema es $\frac{AB}{2}$, por tanto

$$A_{total}=8l\cdot l\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2}\right)\frac{1}{2}=\frac{8}{4}\left(1+\sqrt{2}\right)\left(6\sqrt{2}-6\right)=12\left(\sqrt{2}+1\right)\left(\sqrt{2}-1\right)=12$$

Solución al problema 70

Enunciado del problema 70

Elevando al cubo

$$N^3=45+29\sqrt{2}+3\sqrt[3]{(45+29\sqrt{2}{)}^2(45-29\sqrt{2})}+\sqrt[3]{\left(45+29\sqrt{2}\right)(45-29\sqrt{2}{)}^2}+$$

$$+45-29\sqrt{2}=90+3\sqrt[3]{\left(45+29\sqrt{2}\right)\left(45+29\sqrt{2}\right)\left(45-29\sqrt{2}\right)}+$$

$$+3\sqrt[3]{\left(45+29\sqrt{2}\right)\left(45-29\sqrt{2}\right)\left(45-29\sqrt{2}\right)}=$$

$$=90+3\sqrt[3]{\left(45+29\sqrt{2}\right)343}+3\sqrt[3]{\left(45-29\sqrt{2}\right)343}=$$

$$=90+21\sqrt[3]{45+29\sqrt{2}}+21\sqrt[3]{45-29\sqrt{2}}=$$

$$=90+21\left(\sqrt[3]{45+29\sqrt{2}}+\sqrt[3]{45-29\sqrt{2}}\right)=90+21N$$

Por tanto $N$ es la solución de la ecuación $N^3-21N-90=0$. Esta exuación tiene como soluciones N=6, y otras dos raíces complejas no reales. Por tanto $N=6$

Solución problema 70

Elevando al cubo

$$N^3=45+29\sqrt{2}+3\sqrt[3]{(45+29\sqrt{2}{)}^2(45-29\sqrt{2})}+\sqrt[3]{\left(45+29\sqrt{2}\right)(45-29\sqrt{2}{)}^2}+45-29\sqrt{2}=$$

$$90+3\sqrt[3]{\left(45+29\sqrt{2}\right)\left(45+29\sqrt{2}\right)\left(45-29\sqrt{2}\right)}+3\sqrt[3]{\left(45+29\sqrt{2}\right)\left(45-29\sqrt{2}\right)\left(45-29\sqrt{2}\right)}=$$

$$90+3\sqrt[3]{\left(45+29\sqrt{2}\right)343}+3\sqrt[3]{\left(45-29\sqrt{2}\right)343}=90+21\sqrt[3]{45+29\sqrt{2}}+21\sqrt[3]{45-29\sqrt{2}}=$$

$$90+21\left(\sqrt[3]{45+29\sqrt{2}}+\sqrt[3]{45-29\sqrt{2}}\right)=90+21N$$

Por tanto $N$ es la solución de la ecuación $N^3-21N-90=0$. Esta exuación tiene como soluciones N=6, y otras dos raíces complejas no reales. Por tanto $N=6$

Solución 1 del problema 17

Enunciado problema 17

En la figura de la izquierda a=$\overline{DC}$=$\overline{DC}$ y $\overline{AD}=m$

Por el teorema del seno en el triángulo $\stackrel{▵}{ADC}$

$$\frac{a}{sen15º}=\frac{m}{sen30º}$$

y en el triángulo $\stackrel{▵}{ABD}$

$$\frac{a}{sen\alpha }=\frac{m}{sen\left(135-\alpha \right)}$$

De lo anterior como

$$sen\left(135-\alpha \right)=sen135cos\alpha +cos135sen\alpha =$$

$$\frac{\sqrt{2}}{2}cos\alpha +\frac{\sqrt{2}}{2}sen\alpha =\frac{\sqrt{2}}{2}\left(cos\alpha +sen\alpha \right)$$

Entonces

$$\frac{a}{m}=\frac{sen15}{sen30}=\frac{sen\alpha }{sen\left(135-\alpha \right)}=\frac{sen\alpha }{\frac{\sqrt{2}}{2}\left(sen\alpha +cos\alpha \right)}$$

Desarrollando el sen30 como el seno del ángulo doble

$$\frac{sen15}{2sen15cos15}=\frac{sen\alpha }{\frac{\sqrt{2}}{2}\left(sen\alpha +cos\alpha \right)}\Rightarrow 2cos15=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(1+cot\alpha \right)$$

Como$$cos\alpha =\pm \sqrt{\frac{1+cos\alpha }{2}}\Rightarrow cos15=\sqrt{\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}}=\sqrt{\frac{2+\sqrt{3}}{4}}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}$$

Sustituyendo $cos15=\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}$

$$\frac{2\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(1+cot\alpha \right)\Rightarrow \frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{\sqrt{2}}=1+cot\alpha$$

Utilizando que $\sqrt{2+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ (Véase problema 16)

$cot\alpha =2\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{\sqrt{2}}-1=\frac{2}{\sqrt{2}}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\right)-1=1+\frac{2\sqrt{3}}{2}-1=\sqrt{3}$

luego $\alpha =30º$

Solución 2 del problema 17

Enunciado problema 17

En la figura de la izquierda a=$\overline{BD}$=$\overline{DC}$ y $\overline{AD}=m$

Por el teorema del seno en el triángulo $\stackrel{▵}{ADC}$

$$\frac{a}{sen15º}=\frac{m}{sen30º}$$

y en el triángulo $\stackrel{▵}{ABD}$

$$\frac{a}{sen\alpha }=\frac{m}{sen\left(135-\alpha \right)}\Rightarrow sen30sen\alpha =sen15sen\left(135-\alpha \right)$$

Como $senasenb=\frac{cos\left(a+b\right)-cos\left(a-b\right)}{-2}$, resulta

$$\frac{cos\left(30+\alpha \right)-cos\left(30-\alpha \right)}{-2}=\frac{cos\left(15+135-\alpha \right)-cos\left(15-135+\alpha \right)}{-2}$$

$$cos\left(30+\alpha \right)-cos\left(30-\alpha \right)=cos\left(150-\alpha \right)-cos\left(\alpha -120\right)\left(1\right)$$

En cuanto a la primera parte de la igualdad anterior

$$cos\left(30+\alpha \right)-cos\left(30-\alpha \right)=$$

$$cos30cos\alpha -sen30sen\alpha -\left(cos30cos\alpha +sen30sen\alpha \right)=$$

$$-sen330sen\alpha -sen30sen\alpha =-2sen30sen\alpha =-sen\alpha$$

En cuanto a la segunda parte de

$$cos\left(150-\alpha \right)-cos\left(\alpha -120\right)=$$

$$=cos150cos\alpha +sen150sen\alpha -\left(cos\alpha cos120+sen\alpha sen120\right)=$$

$$=cos150cos\alpha +sen150sen\alpha -cos\alpha cos120-sen\alpha sen120)=$$

$$-\frac{\sqrt{3}}{2}cos\alpha +\frac{1}{2}sen\alpha -\frac{\sqrt{3}}{2}cos\alpha -\frac{1}{2}sen\alpha =-\sqrt{3}cos\alpha$$

Sustituyendo estos resultados en (1)

$$-sen\alpha =-\sqrt{3}cos\alpha \Rightarrow tan\alpha =\sqrt{3}\Rightarrow \alpha =30$$

Solución 3 problema 17

Enunciado problema 17

En la figura de arriba a=$\overline{BD}=DC$ y $AD=m$

Por el teorema del seno en el triángulo $ADC$

$$\frac{a}{sen15º}=\frac{m}{sen30º}$$

y en el triángulo $\stackrel{▵}{ABD}$

$$\frac{a}{sen\alpha }=\frac{m}{sen\left(135-\alpha \right)}$$

Combinando ambos resultados

$$\frac{sen15}{sen30}=\frac{sen\alpha }{sen\left(135-\alpha \right)}\Rightarrow \frac{sen\alpha sen30}{sen15}=sen\left(135-\alpha \right)\left(1\right)$$

Como

$$sen\left(135-\alpha \right)=sen135cos\left(-\alpha \right)+cos135sen\left(-\alpha \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}cos\alpha +\frac{\sqrt{2}}{2}sen\alpha$$

Sustituyendo ésta expresión en el segundo miembro de (1) y dividiendo por $cos\alpha$

$$\frac{tg\alpha }{2sen15}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}tg\alpha \Rightarrow tg\alpha =2sen15\frac{\sqrt{2}}{2}\left(1+tg\alpha \right)$$

$$tg\alpha =\sqrt{2}sen15+\sqrt{2}sen15tg\alpha \Rightarrow tg\alpha -\sqrt{2}sen15tg\alpha =\sqrt{2}sen15$$

$$tg\alpha \left(1-\sqrt{2}sen15\right)=\sqrt{2}sen15\Rightarrow tg\alpha =\frac{\sqrt{2}sen15}{1-\sqrt{2}sen15}\left(2\right)$$

Utilizando conocidas fórmulas trigonométricas y el resultado del problema 16

$$sen\frac{\alpha }{2}=\sqrt{\frac{1-cos\alpha }{2}}\Rightarrow sen15=\sqrt{\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}$$

Sustituyendo en (2) y como $\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}$$$\frac{\sqrt{2}sen15}{1-\sqrt{2}sen15}=\frac{\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{1-\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}}{\frac{2-\sqrt{3}+1}{2}}=\frac{\sqrt{3}-1}{3-\sqrt{3}}=$$

$$=\frac{\left(\sqrt{3}-1\right)\left(3+\sqrt{3}\right)}{\left(3-\sqrt{3}\right)\left(3+\sqrt{3}\right)}=\frac{3\sqrt{3}-3+3-\sqrt{3}}{9-3}=\frac{2\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \alpha =30º$$

Solución problema 16

Enunciado problema 16

$$\sqrt{2+\sqrt{3}}=a+b\sqrt{3}\Rightarrow 2+\sqrt{3}=a^2+3b^2+2ab\sqrt{3}$$$$\begin{array}{c}{a}^2+3b^2=2\\ 2ab=1\end{array}$$

$$\frac{1}{4b^2}+3b^2=2\Rightarrow 12b^4-8b^2+1=0$$

$$b^2=\frac{8\pm \sqrt{64-48}}{24}=\{\begin{array}{cc}\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& \Rightarrow a=\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{1}{6}& \Rightarrow a=\frac{\sqrt{6}}{2}\end{array}& \end{array}$$

En ambos casos resulta $\sqrt{2+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\left(\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right)$

La otra demostración es prácticamente idéntica

Solución problema 4.

Enunciado problema 4

Como

$$\frac{x^2}{y^2}-\frac{y^2}{x^2}=\frac{x^4-y^4}{{\left(xy\right)}^2}=\frac{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2-y^2\right)}{{\left(xy\right)}^2}=$$

$$=\frac{\left[{\left(x+y\right)}^2-2xy\right]\left(x+y\right)\left(x-y\right)}{{\left(xy\right)}^2}=\frac{\left(a-\frac{a-b}{2}\right)\sqrt{ab}}{{\left(\frac{a-b}{4}\right)}^2}$$

Solución problema 1

Enunciado problema 1

Como

$$\{\begin{array}{cc}\begin{array}{c}x+y=\sqrt{5}\\ x-y=\sqrt{3}\end{array}& x=\frac{\sqrt{5}+\sqrt{3}}{2};y=\frac{\sqrt{5}-\sqrt{3}}{2}\end{array}$$

Por tanto

$$\frac{x^2}{y^2}-\frac{y^2}{x^2}=\frac{x^4-y^4}{{\left(xy\right)}^2}=\frac{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2-y^2\right)}{{\left(xy\right)}^2}$$

Como

$$xy=\frac{5-3}{4}=\frac{1}{2}$$

$$x^2-y^2=\left(x+y\right)\left(x-y\right)=\sqrt{15}$$

$$x^2+y^2={\left(x+y\right)}^2-2xy=5-2\cdot \frac{1}{2}=4$$

Entonces en

$$\frac{4\sqrt{15}}{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=16\sqrt{15}$$