Peco desculpas pelo formato LaTeX, mas ai segue a minha solucao para o problema
a.sen x - b.cos x = (c/2).sen 2x a.cos x + b.sen x = c.cos 2x que por sinal foi a questao de numero 12 da prova de 1983/1984 de geometria do vestibular do IME. A minha resposta nao fica tao elegante quanto a que voce apresentou, mas imagino que com um pouco de algebrismo, tudo de certo. Alias, estou terminando a versao 7 do material do IME que incluira' as solucoes das provas de geometria do presente ate' 1979/1980. Acho que ainda em outubro eu consigo terminar (ou quase - provavelmente precisarei da ajuda de alguns desta lista). Ai sera' mais facil de ler a solucao a seguir: OBS: Na notacao do latex: \frac{a}{b} = a/b OBS2: se nao der para seguir o texto, acompanhe apenas os passos e refaca o algebrismo seguindo os passos que sao indicados (da' mais trabalho mas ai voce nao se chateia com o latex e nem comigo). Abraco, sergio \vspace*{0.0cm} \noindent {\bf Solu\c{c}\~ao:} \\ Dividindo as equa\c{c}\~oes do enunciado, tem-se \beq \frac{1}{2}\, \tan \, 2x = \frac{a \, \sin \, x - b \cos x}{a \cos x + b \, \sin \, x} = \frac{\frac{a \, \sin \, x}{a\cos x} - \frac{b \cos x}{a\cos x}}{\frac{a \cos x}{a\cos x} \!+\! \frac{b \, \sin \, x}{a\cos x}} = \frac{\tan \, x - \frac{b}{a}}{1 + \frac{b}{a}\, \tan \, x} \eeq Logo, usando a f\'ormula da tangente do arco-dobro, t\^em-se \beq \frac{1}{2} \frac{2\tan \, x}{1 - \tan^2 x} = \frac{\tan \, x - \frac{b}{a}}{1 + \frac{b}{a}\, \tan \, x} &\Rightarrow& \\[0.2cm] \tan \, x \left(1 + \frac{b}{a} \, \tan \, x \right) = \left( \tan \, x - \frac{b}{a} \right) \left( 1 - \tan^2 x \right) &\Rightarrow& \\[0.2cm] \tan \, x + \frac{b}{a}\, \tan^2 x = \tan \, x - \tan^3 x - \frac{b}{a} + \frac{b}{a}\, \tan^2 x &\Rightarrow& \\[0.2cm] \tan^3 x = -\frac{b}{a} \eeq e ent\~ao \beq \tan \, 2x = \frac{-2\sqrt[3]{\frac{b}{a}}}{1+\sqrt[3]{\frac{b^2}{a^2}}} \eeq Elevando cada equa\c{c}\~ao do enunciado ao quadrado e adicionando os resultados, t\^em-se \beq \left\{ \begin{array}{l} \!\!a^2 \, \sin^2 x \!-\! 2ab \, \sin \, x \cos x \!+\! b^2 \cos^2 x = \frac{c^2}{4} \, \sin^2 2x \\[0.2cm] \!\!a^2 \cos^2 x \!+\! 2ab \, \sin \, x \cos x \!+\! b^2 \, \sin^2 x = c^2 \cos^2 2x \end{array} \right. \volta&\Rightarrow&\volta \\[0.2cm] (a^2+b^2) (\sin^2 x + \cos^2 x) = \frac{c^2}{4} (\sin^2 2x + 4\cos^2 2x) \volta&\Rightarrow&\volta \\[0.2cm] \frac{4(a^2 + b^2)}{c^2} = (\sin^2 2x + 4\cos^2 2x) \volta&&\volta \eeq Divindo esta express\~ao por $\cos^2 2x$ e lembrando que $\sec^2 2x = (\tan^2 2x + 1)$, t\^em-se \beq \left[ \frac{4(a^2 + b^2)}{c^2} \right] (\tan^2 2x + 1) = \tan^2 2x + 4 \volta&\Rightarrow&\volta \\[0.2cm] \left[ \frac{4(a^2 + b^2)-c^2}{c^2} \right] \tan^2 2x = \frac{4(c^2 - a^2 - b^2)}{c^2} \volta&\Rightarrow&\volta \\[0.2cm] \tan^2 2x = \frac{4(c^2 - a^2 - b^2)}{4(a^2+b^2)-c^2} \volta&\Rightarrow&\volta \\[0.2cm] \tan \, 2x = \mp 2\sqrt{\frac{(c^2 - a^2 - b^2)}{4(a^2+b^2)-c^2}} \volta&&\volta \eeq Logo, igualando as duas express\~oes obtidas anteriormente para $\tan \, 2x$, tem-se \beq \frac{-\sqrt[3]{\frac{b}{a}}}{1+\sqrt[3]{\frac{b^2}{a^2}}} = \mp \sqrt{\frac{(c^2 - a^2 - b^2)}{4(a^2+b^2)-c^2}} \eeq ========================================================================= Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =========================================================================