Olimpiada Matemática de Asturias 2013 – Problema 5

Quinto problema de la Olimpiada Matemática de Asturias 2013. El enunciado es el siguiente:

Obtén los dos valores enteros de x más próximos a 2013º, tanto por defecto como por exceso, que cumplen esta ecuación trigonométrica:

2^{sin^2x}+2^{cos^2x}=2 \sqrt{2}

A por él.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

6 Comentarios

  1. Como nos interesaría tener un producto de esos doses en vez de una suma podemos pensar en aplicar la desigualdad aritmético geométrica.

    2^(sin(x)^2)+2^(cos(x))^2 = 2*sqrt(2)

    equivale a (2^(sin(x)^2)+2^(cos(x))^2)/2 = sqrt(2)

    y por desigualdad aritmético-geométrica tenemos que

    sqrt((2^(sin(x)^2)*2^(cos(x))^2))<= sqrt(2)

    Pero el miembro de la izda vale precisamente sqrt(2) (fácil de ver pues es sqrt(2^(cos(x)^2+sin(x)^2))=sqrt(2). Como la igualdad entre medias se alcanza solo si las variables a promediar son iguales de aquí se sigue que 2^(cos(x)^2)=2^(sen(x)^2) lo que implica por inyectividad de la función 2^x que sen(x)^2=cos(x)^2 lo que implica x=45º+k*90º como solución con k entero y ahora acotando se ve que por defecto y por exceso las mejores aproximaciones son 1935º y 2025º respectivamente.

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  2. Las funciones sin^2(x) y cos^2(x) son periodicas.
    Tienen un periodo de pi/2 de radio.
    O sea entre -pi/2 y pi/2 se repite su periodo (despues paso a grados, me gusta trabajar con radianes).
    Entonces la composicion con 2^x ha de ser periodica tambien.
    Luego, sumando dos funciones de igual periodo obtengo una funcion de, al menos, el mismo periodo (supongo que podria haber alguno mas pequeño).
    Vamos a buscar cuando esas funciones tienen minimos o maximos.
    La derivada de estas es:
    ln2 [(2^(sin^2 (x)) 2 cos(x)sin(x))+(2^(cos^2 (x)) (-2) cos(x)sin(x))]=
    ln2 [((2^(sin^2 (x)) sin(2x))+(2^(cos^2 (x)) (-2)sin(2x)]=
    ln2 sin(2x) [2^(sin^2 (x))-2^(cos^2 (x))]
    Esto se hace cero cuando x=n pi/2 con n natural.
    O, como 2^x es una funcion inyectiva, cuando cos^2(x) es igual a sin^2(x)
    Y esto se da cuando cos(x) y sin(x) son iguales en modulo.
    O sea en pi/4+n*pi/2
    Entonces esto se hace cero en los puntos de la forma:
    x=pi/4+n*pi/2, x=n pi/2
    Resumiendo:
    x=n*pi/4
    Esto nos inclina a pensar que, quizas, dado que las exponenciales en cierta manera “conservan la forma mas no las proporciones” exista un periodo

    de pi/4, y tambien que no puede existir uno mayor.
    Vamos a comprobarlo.
    f(0)=2^0+2^1=3
    f(pi/4)=2^(1/2)+2^(1/2)
    El periodo ha de ser entonces pi/2 (tenia mis dudas sobre si sumandolas quizas habia un periodo mas pequeño).
    Ahora, como tiene un cero cada pi/4, y sabemos que los pares son 3, y los impares son 2 raiz de 2, entonces los impares son minimos y los pares maximos, por lo tanto solo hay un maximo cada pi/2.
    (Aca me doy cuenta de que fue inutil lo que hice con la derivada, era obvio que el periodo tenia que ser como minimo el doble ya que cada par de ceros ha de corresponder a un maximo y a un minimo =/)
    Bueno, tenemos pi/4, y cada pi/2 obtenemos el mismo resultado.
    Es hora de pasar a los grados.
    Entonces, los numeros que den resto 45 modulo 90 son los que dan el resultado que buscamos.
    El 2013 da modulo 33.
    Entonces, los dos mas cercanos, son, por exceso y defecto respectivamente:
    45 y 0
    O sea 2013+12 y 2025-90
    2025 y 1935

    Espero que haya quedado medianamente claro, no setoy acostumbrado a escribir matematica en texto plano 😛

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  3. Si hacemos

    y = sin^2x

    la ecuación nos queda

    2^y+2^{1-y}=2\sqrt{2}

    2^y+\frac{2}{2^y}=2\sqrt{2}

    Ahora hacemos

    z = 2^y

    y tenemos:

    z+\frac{2}{z}=2\sqrt{2}

    z^2-2\sqrt{2}z+2=0

    z=\sqrt{2}

    y=\frac{1}{2}

    x=45+90k con k entero

    y los más cercanos a 2013 son 1935 y 2025, como ya se ha dicho.

    Me ha parecido demasiado fácil, la verdad.

    No sé si es cosa mía pero parece que hay una variación de dificultad muy grande de unos a otros. El de la semana pasada era infinitamente más difícil, creo yo.

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  4. Este es muy facilito. Y se puede resolver de muchas formas.

    Yo usé simplemente esto: cos^2 x = 1 – sin^2 x

    Entonces 2^(cos^2 x) = 2^(1- sin^2 x) = 2 / 2^ sin^2 x

    definiendo y = 2^(sin^2 x) tenemos:

    y + 2/y = 2 sqrt(2)

    y^2 – 2 sqrt(2) + 2 = 0

    y = sqrt(2)

    Entonces sin^2 x = 1/2
    cos^2 x = 1/2

    Entonces
    sin x = +/- sqrt(2) / 2
    cos x = +/- sqrt(2) / 2

    Lo cual ocurre en x = 45º + n*90º

    Dividiendo 2013º entre 90º tenemos cociente 22… 22*90º = 1980º
    Sumando 45º tenemos 2025º que es solución más próxima a 2013º por exceso.
    Y restando 45º obtenemos 1935º que es solución más próxima a 2013º por defecto.

    De todas formas me gustó la solución de Daniel Cao ya que se ve a simple vista la desigualdad de la media aritmética, lo cual implica que el módulo del seno debe ser igual al coseno (lo cual ocurre cuando los cuadrados son 1/2) y se ven los ángulos que cumplen eso… todo a simple vista.

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  5. Este fue de calle el más fácil de la Fase Local (este problema en concreto lo pusieron como quinto en otras comunidades), y el salto de dificultad como dice golvano de la Local a la Nacional fue bastante importante la verdad. La solución más fácil para mi es sustituir 1 – sen^2 (x), que puede resolverse fácilmente.

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