Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Comenzaremos demostrando que $S$ es un entero. Observemos que para todo $\alpha\in\{1º,3º,\ldots,89º\}$, se cumple que $\cos(90\alpha)=0$. Usando números complejos, la fórmula de De Moivre y el binomio de Newton, podemos desarrollar entonces \begin{eqnarray*} 0&=&\mathrm{Re}(\cos(90\alpha)+i\sin(90\alpha))=\mathrm{Re}(\cos(\alpha)+i\sin(\alpha))^{90}\\ &=&\sum_{k=0}^{45}(-1)^{2k}\binom{90}{2k}\cos^{90-2k}(\alpha)\sin^{2k}(\alpha)\\ &=&\cos^{90}(\alpha)\sum_{k=0}^{45}(-1)^{2k}\binom{90}{2k}\tan^{2k}(\alpha). \end{eqnarray*} En la identidad anterior podemos cancelar $\cos^{90}(\alpha)$ ya que es distinto de cero, obteniendo que los 45 números que queremos sumar ($\tan^2(1º)$, $\tan^2(3º)$, ..., $\tan^2(89º)$) son raíces del polinomio de grado 45 \[P(x)=\sum_{k=0}^{45}(-1)^{2k}\binom{90}{2k}x^k.\] Como estos 45 números son todos distintos (la tangente es creciente en el intervalo $[0,90]$), deducimos que son exactamente las raíces de $P(x)$, por lo que su suma será el coeficiente del término de grado $1$ de $P(x)$, es decir, \[S=\binom{90}{2}=\frac{90\cdot 89}{2}=4005.\]

Finalmente, como $\tan(90-x)=\mathrm{cotan}(x)$ y $\tan^2(x)+\tan^2(90-x)=4\mathrm{cotan}^2(2x)+2$ (estas fórmulas se demuestran fácilmente y se dejan para el lector), podemos escribir \begin{align*} S+C&=\sum_{\alpha=1}^{89}\tan^2(\alpha)=\frac{1}{2}\sum_{\alpha=1}^{89}\left(\tan^2(\alpha)+\tan^2(90-\alpha)\right)\\ &=89+2\sum_{\alpha=1}^{89}\mathrm{cotan}^2(2\alpha)=89+4\sum_{\alpha=1}^{44}\mathrm{cotan}^2(2\alpha)=89+4C \end{align*} de donde $S=3C+89$ y podemos despejar $C=\frac{3916}{3}$.