Cotanxentes e arcotanxentes

Cando abordamos o estudo da trigonometría na secundaria poden tratarse determinadas funcións pouco agradecidas como as dadas polas razóns inversas do seno, coseno e tanxente. Unha vez presentadas estas, para que estudar a cosecante, secante e cotanxente? Pola propia definición destas ultimas aparentan superfluas. En todos os meus anos de docente apenas lembro outra cousa que dar as súas definicións para un uso esporádico. Nunca expliquei a representación gráfica destas razóns inversas. Para non expulsalas por completo, tería sentido usalas nalgún exercicio nos que o seu papel non sexa irrelavante. No temario de Matemáticas I de 1º de bacharelato trátanse as fórmulas  trigonométricas dos ángulos suma e resta. Para comprobar se o alumnado as comprendeu ben pódeselle pedir que deduzan fórmulas como a seguinte

$$cot(A+B)=\frac{cotA\cdot costB-1}{cotA+cotB}[1]$$

Hai outro grupo de funcións que teñen únicamente un valor instrumental. Estoume a referir ás inversas das funcións trigonométricas: o arcoseno, o arcocoseno e o arcotanxente. É imprescindible coñecelas para a resolución de triángulos pero acaban reducidas a unha tecla na calculadora.

Ou non?

Na canle de youtube de Michel Penn propúxose un problema recollido dun concurso de matemáticas húngaro do 1959. Afórrovos a publicidade do Youtube pois recollo de seguido o seu enunciado:

Consideremos un poste vertical sobre un plano horizontal. A distancia de tres puntos ao poste é de 100 m, 200 m e 300 m. A suma dos ángulos de elevación deses puntos ao extremo superior do poste é de 90 graos. Acha a altura do poste.

Vou reproducir a solución de Michael Penn. Sexan A, B e C o ángulos de elevación do poste desde os tres puntos que distan 100 m, 200 m e 300 m respectivamente da súa base. As súas cotanxentes serán:

$$cotA=\frac{100}{h}cotB=\frac{200}{h}cotC=\frac{300}{h}$$

Agora ben, $$SeA+B+C=90\Rightarrow cotA+cotB+cotC=cotA\cdot cotB\cdot cotC[2]$$

$$\frac{100}{h}+\frac{200}{h}+\frac{300}{h}=\frac{100}{h}\cdot \frac{200}{h}\cdot \frac{300}{h}$$

De onde facilmente obtemos o valor buscado:

$$\begin{gathered} \frac{600}{h}=\frac{6000000}{h^3} \\ {h}^2=10000 \\ h=\pm 100 \end{gathered}$$

Claro que teriamos que xustificar a fórmula dada en [2]. Para iso poderiamos partir da fórmula da cotanxente dunha suma:

$$cot(A+B)=\frac{cotA\cdot costB-1}{cotA+cotB}[1]$$

Que inmediatamente nos leva esta outra de suma de cotanxentes:

$$cotA+cotB=\frac{cotA\cdot costB-1}{cot(A+B)}$$

Agora ben, 

$$A+B=90-C\Rightarrow cot(A+B)=cot(90-C)=\frac{cos(90-C)}{sen(90-C)}=\frac{senC}{cosC}=tanC$$

e substituíndo en [1]:

$$cot(A+B)=\frac{cotA\cdot cotB-1}{cotA+cotB}=\frac{cotA\cdot cotB-1}{tanC}=cotA\cdot cotB\cdot cotC-cotC◻$$

Cando vin o problema pasoume pola mente, coma un lóstrego, esta outra fórmula de máis abaixo. É unha desas cousas que ves algunha vez e que te chaman a atención pero que deixas aparcadas pensando: é bonita, aínda que non vexo que nunca a vaia utilizar.

$$arctan1+arctan2+arctan3=180º$$

Quizais o mellor desta fórmula sexa a súa demostración. Sobran as palabras:

Volvendo outra vez ao problema húngaro, agora desde a perspectiva desta nova achega, sexan A'=90-A, B'=90-B e C'=90-C os ángulos complementarios de A, B e C. A súa súma A'+B'+C'=180º. Basta que o valor de h=100 para que tanA=1, tanB=2 e tanC=3.

Problemas da 'American Mathematics Competitions' para secundaria

En entradas anteriores recollera neste blogue unha escolma de problemas da UKMT tanto para o alumnado da ESO (primeira etapa, segunda etapa) como para o do bacharelato. Desta volta non cambio de idioma pero salto o charco.

Nas competicións AMC (American Mathematics Competitions) preséntanse 25 problemas con cinco respostas posibles a escoller para realizar nun tempo limitado: 40 minutos (AMC 8) ou 75 minutos (AMC 10 e AMC 12). Hai varias categorías, segundo o nivel (a idade) do alumnado. Os AMC 8 están pensados para alumnos dunha idade correspondente a 2º da ESO, os AMC 10 para 4º da ESO e os AMC 12 para 2º de bacharelato. De seguido recollo algúns exemplos, aínda que lles retirei as respostas pois prefiro enfocar a resolución de problemas sen ter que escoller a solución entre un grupo de respostas dadas. Os títulos tamén son obra miña.

Os dous seguintes problemas son do AMC 8 do ano 2005. Do primeiro estrañáronme moito as dúas primeiras liñas, adicadas a describir o campo de xogo, que non é outro cousa que un reloxo. Neste caso engadinlle a ilustración.

A saltos polo reloxo. Alice e Bob participan nun xogo que se desenvolve nunha circunferencia dividida  en 12 puntos igualmente espazados. Os puntos están numerados no sentido das agullas dun reloxo, do 1 ao 12. Ambos comezan no punto 12. Alice móvese no sentido das agullas dun reloxo e Bob no sentido contrario. En cada turno do xogo Alice móvese 5 puntos no sentido das agullas do reloxo e Bob móvese 9 puntos no sentido contrario. O xogo remata cando ambos paran no mesmo punto. Cantos turnos lles levará rematar?

Puntos e triángulos. Cantos triángulos distintos se poden debuxar usando tres dos seguintes puntos como vértices? 

Vai agora un da AMC 10, do ano 2004

Diferenza triangular. Na figura ∠ EAB  e   ∠ABC son ángulos rectos. AB=4, BC=6, AE=8 e AC e BE intersécanse en D. Cal é a diferenza entre as áreas dos triángulos  △ABE  e △BDC

Outro do mesmo nivel, pero doutro ano, en concreto, do AMC 10 do ano 2014

 

Catro cubos. Catro cubos de lonxitudes de aresta 1, 2, 3 e 4 están amontoados como se mostra. Cal é a lonxitude da porcións de XY contida no cubo de aresta 3?

Para rematar, un par de problemas do nivel 12. O primeiro deles é do AMC 12 do ano 2011.

Medias. A media aritmética de dous naturais distintos x e y é un número natural de dous díxitos. A media xeométrica de x e y obtense invertendo os díxitos da media aritmética. Cal é o valor de |x-y| ?

A figura do seguinte problema chamoume a atención porque é a dun spinner, ese artefacto que non hai tanto foi obxecto dunha moda efémera, sobre todo entre os rapaces. Collíano polo centro entre dous dedos e non paraban de darlle voltas. Haiche gustos!

 O problema apareceu no AMC 12 do 2012. Neste caso non me gustou a redacción  porque dá demasiados datos e ofrece unha vía para a súa resolución polo que pecha a posibilidade de razoala desde cero, que é o realmente interesante. Por iso ofrezo no "meu spinner" un enunciado alternativo. 

O spinner. A curva cerrada da figura está formada por 9 arcos circulares congruentes, cada un de lonxitude 2π/3 onde cada un dos centros das circunferencias correspondentes está nos vértices dun hexágono regular de lado 2. Cal é a área delimitada pola curva?

O meu spinner. A curva cerrada da figura está formada por 9 arcos circulares congruentes debuxados tomando como centros os 6 puntos marcados con raios de lonxitude 1. Cal é a área delimitada pola curva?

Isto de aquí é unha pequena mostra. Na wiki do Art of Problem Solving hai como estes, a centos.  Dá para entreterse unha boa temporada.