Un resultado sobre arcocotanxentes

Non imos dar un resultado sobre arcotanxentes, vai ser sobre arcoCOtanxentes. Se liches mal e pensabas que trataría sobre as insulsas arcotanxentes, podes abandonar este artigo.

As dúas anteriores entradas deste blogue ([1] e [2]) estiveron adicadas ofrecer solucións do seguinte problema recollido do libro Circo Matemático (Alianza Editorial) de Martin Gardner:

Tres cadrados. Demostra que $\alpha$ é a suma dos ángulos $\beta$ e $\gamma$

A última de todas elas facía uso dun concepto matemático moi en desuso, o arcocotanxente. En concreto utilizaba a seguinte fórmula: $$arccot1+arccot2+arccot3=90$$

A definición das razóns trigonométricas seno, coseno e tanxente é moi clara. O mesmo podemos dicir das correspondentes razóns inversas cosecante, secante e cotanxente. De aí que as súas funcións inversas sexan, nun principio, conceptos da mesma dificultade: arcoseno, arcocoseno, arcotanxente, arcocosecante, arcosecante e arcocotanxente. Porén, como as razóns inversas só son iso, razóns inversas, apenas ten sentido o traballo coas mesmas. Isto leva que que as funcións inversas das razóns inversas fiquen marxinadas. Pero remexendo no problema dos tres cadrados achei un resultado no que si resulta natural o uso do arcocotanxente. Ademais o resultado realmente fermoso.

Vou reproducir un artigo de Charles W. Trigg aparecido no ano 1973 na revista The Fibonacci Quaterly porque, efectivamente, o resultado sobre arcocotanxentes é un resultado sobre a sucesión de Fibonacci. 

Para comezar temos que recordar unha propiedade moi coñecida polos afeccionados a esta sucesión, a identidade de Cassini. 

Identidade de Cassini. $F_{k+1}{F}_k-F_k^2={(-1)}^k$

Non é complicado atopar na rede algunha dedución desta fórmula, como a seguinte, debida a Donald Knut:$$F_{k+1}{F}_{k-1}-F_k^2=det{\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)}^k={\left(det\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)\right)}^k={(-1)}^k$$

Para $k=2n+1$ a identidade de Cassini será: $$F_{2n+2}{F}_{2n}-F_{2n+1}^2=-1$$ Cambiando de signo obtemos outra fórmula $$F_{2n+1}^2-F_{2n+2}{F}_{2n}=1$$

Que usaremos para calcular a seguinte expresión:$$\begin{gathered} F_{2n+1}{F}_{2n+2}-F_{2n}{F}_{2n+3}=F_{2n+1}(F_{2n+1}+F_{2n})-F_{2n}(F_{2n+2}+F_{2n+1})= \\ {F}_{2n+1}^2+F_{2n+1}{F}_{2n}-F_{2n}{F}_{2n+2}-F_{2n}{F}_{2n-1}=F_{2n+1}^2-F_{2n}{F}_{2n-1}=1 \end{gathered}$$
Temos pois que:$$F_{2n+1}{F}_{2n+2}-F_{2n}{F}_{2n+3}=1$$

Aplicando a propiedade fundamental de formación da sucesión de Fibonacci a $F_{2n+3}$ ($F_{2n+3}=F_{2n+2}+F_{2n+1}$ ) e sumando $F_{2n}^2$:

$$\begin{gathered} F_{2n+1}{F}_{2n+2}-F_{2n}(F_{2n+2}+F_{2n+1})+F_{2n}^2=F_{2n}^2+1 \\ (F_{2n+1}-F_{2n})(F_{2n+2}-F_{2n})=F_{2n}^2+1 \end{gathered}$$ Consideremos o seguinte esquema no que o punto $Q$ está a unha distancia $F_{2n}$ de $N$. $R$ dista $F_{2n+1}$ unidades de $N$ e $R$ dista $F_{2n+2}$ de $N$. Aplicando a última fórmula deducida:

$$\frac{QP}{MP}=\frac{F_{2n+1}-F_{2n}}{\sqrt{F_{2n}^2+1}}=\frac{\sqrt{F_{2n}^2+1}}{F_{2n+2}-F_{2n}}=\frac{MP}{RP}$$

Onde calculamos MP aplicando o teorema de Pitágoras ao triángulo rectángulo $MNP$

Os triángulos $RPM$ e $QPN$ son semellantes xa que os lados que determinan o ángulo en $P$ son proporcionais. Entón o ángulo coloreado no vértice M, $\mathrm{\angle }QMP=\gamma$ e, como xa temos visto anteriormente, isto significa que $\alpha =\beta +\gamma$, ou

$$arccot{F}_{2n}=arccot{F}_{2n+1}+arccot{F}_{2n+2}$$

Lembremos a sucesión: $$\begin{array}{ccccccccc}{F}_0& F_1& F_2& F_3& F_4& F_5& F_6& F_7& F_8...\\ 0& 1& 1& 2& 3& 5& 8& 13& 21...\end{array}$$

De aí que poidamos facer un desenvolvemento telescópico da seguinte suma:

$$arccot1=arccot2+arccot3=arccot2+arccot5+arccot8=....=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}arccot{F}_{2i+1}$$

Tres cadrados, moitas solucións.2

Na anterior entrada presentaba este problema que aparecía no libro Circo matemático (Alianza Editorial) de Martin Gardner.

Tres cadrados. Demostra que $\alpha$ é a suma dos ángulos $\beta$ e $\gamma$

Alí xa indicaba  que $\alpha =45$, polo que o problema é equivalente a demostrar que $\alpha +\beta +\gamma =90$. Tamén daba cinco solucións ao mesmo. Continuamos (e rematamos) a serie de solucións

6. Sen palabras

Quizais esta sexa a demostración máis simple

7. Números complexos

Despois da demostración máis simple, a máis complexa.

Os ángulos $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ son os argumentos dos números complexos $1+i$, $2+i$ e $3+i$:

$$\begin{gathered} 1+i=r_1{e}^{\alpha } \\ 1+2i=r_2{e}^{\beta } \\ 1+3i=r_3{e}^{\gamma } \end{gathered}$$

$$(1+i)(1+2i)(1+3i)=r_1{r}_2{r}_3{e}^{\alpha +\beta +\gamma }$$

$$\alpha +\beta +\gamma =arg\left[(1+i)(2+i)(3+i)\right]=arg\left(10i\right)=90$$

8. Ángulo inscrito

Tanto este resultado como o seguinte recollinos dese país das marabillas que é Cut the Knot. Como se verá, dúas pedras preciosas.

Por construción o ángulo ∠QTR é igual ao ángulo ∠RPS.

∠RPS é un ángulo inscrito na circunferencia que abrangue o mesmo arco que ∠RQS, polo que son iguais. Xa na solución 5 a este mesmo problema vimos que $\alpha$ é a suma de $\beta$ e $\gamma$ por ser exterior ao triángulo QRS.

9. Circunferencia inscrita nun cadrado

Isto é unha adaptación de Cut of de Knot

Sobre unha circunferencia de raio 5 trazamos todos os segmentos que se poden ver na imaxe. Consideremos o triángulo isóscele de ángulos $2\gamma$, $\theta$ e $\theta$. Como a súa suma é de 180º debe verificarse que $\theta =90-\gamma$. De aí que as denominacións dos ángulos $\gamma$, $2\gamma$, $\beta$ e $2\beta$ sexan coherentes. Nótese que continuamos coa mesma denominación para $\gamma$ e $\beta$ que nos apartados anteriores.

Como $2\gamma +2\beta =90$ tamén se verifica a igualdade que buscamos: $\gamma +2\beta =45$

10. As arcotanxentes

Foi esta solución a que me moveu a escribir estas entradas no blogue. Nalgunha outra ocasión xa presentara esta atractiva fórmula ([1], [2])protagonizada por arcotanxentes, de apariencia completamente inútil. 

$$arctan1+arctan2+arctan3=180$$

Está claro que $arctan1=90-\alpha$, $arctan2=90-\beta$ e que $arctan3=90-\gamma$ de aí que

$$90-\alpha +90-\beta +90.\gamma =180\Rightarrow \alpha =90-\alpha =\beta +\gamma$$

11, As arcocotanxentes

Teño que confesar que esta solución é esencialmente igual á anterior, pero apetecíame introducir un este termo practicamente desaparecido da linguaxe matemática: arcocotanxente. Veremos que non é a derradeira vez que o utilice pois a iso estará adicada a seguinte entrada deste blogue.

$\alpha =arctan\left(a\right)\Rightarrow 90-\alpha =arccot\left(a\right)$ polo tanto $arctan\left(a\right)=90-arccot\left(a\right)$

Recollo outra vez a atractiva fórmula do apartado anterior 

$$arctan1+arctan2+arctan3=180$$

E escríboa en función de arcocotanxentes para obter unha nova e non menos atractiva fórmula:

$$\begin{gathered} (\Rightarrow 90-arccot1)+(\Rightarrow 90-arccot2)+(\Rightarrow 90-arccot3)=180 \\ arccot1+arccot2+arccot3=90 \end{gathered}$$

Pero resulta que $arcotan1=\alpha$, $arcotan2=\beta$ e $arcotan3=\gamma$, o que significa que $\alpha +\beta +\gamma =90$, que era o que queriamos demostrar.

Tres cadrados, moitas solucións.1

Martin Gardner, no seu libro Circo matemático (Alianza Editorial) preséntanos o seguinte problema que lle chegou por carta indicando que llo propuxeran ao remitente en 5º de Primaria nunha escola de Moscú.

Tres cadrados. Demostra que $\alpha$ é a suma dos ángulos $\beta$ e $\gamma$

Gardner non se limita a ofrecernos o problema e a súa solución, senón que ofrece referencias interesantes e cargadas de información sobre todo o que escribe. Entre elas comenta que nun artigo da revista Journal of Recreational Mathematics chegaron a recompilarse 54 solucións deste problema. Non sei cales eran esas solucións. Con todo vou intentar ofrecer unha pequena colección delas, algunha realmente sorprendente. Invito ao eventual lector que intente abordar o problema antes de ir directamente ao listado de solucións pois estamos diante dunha cuestión que nos ofrece moitas vantaxes. É simple, facilmente tratable e permite que enchamos páxinas de debuxos bos de trazas.

Antes de nada, unha pequena anotación. Está claro que $\alpha =45$, polo que o problema é equivalente a demostrar que $\alpha +\beta +\gamma =90$

1. Solución trigonométrica

Martin Gardner pedía que se resolvese o problema usando só xeometría moi elemental, sen facer uso da trigonometría. Eu non lle fixen caso pois a primeira solución que me veu á cabeza foi a seguinte.

$$tan(\beta +\gamma )=\frac{tan\beta +tan\gamma }{1-tan\beta \cdot tan\gamma }=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}}=1=tan\alpha$$

Como os tres ángulos son agudos tamén se verificará que $\alpha =\beta +\gamma$

Aquí aplicouse a fórmula da tanxente dunha suma. Unha alternativa sería usar a do seno ou a do coseno dunha suma. Así teriamos outras dúas novas solucións.

2. Solución de Gardner.

${\beta }^{\prime }=\beta$ por seren ángulos homólogos de triángulos semellantes. A suma ${\beta }^{\prime }+\gamma$   é 45, a medida do ángulo $\alpha$

3. Un triángulo isóscele

Construíndo un triángulo isóscele podemos ver inmediatamente que $\alpha +\beta +\gamma =90$

4. Un xiro

Se xiramos o esquema inicial un ángulo ${\beta }^{\prime }=|beta$ no sentido antihorario arredor do vértice superior O, podemos observar nese vértice como os tres ángulos suman 90

5. Ángulo exterior dun triángulo

O triángulo OPS é semellante a OTU. É evidente que $\gamma ={\gamma }^{\prime }$

$\alpha$ é o ángulo exterior do triángulo OQR, de aí que $\alpha =\beta +{\gamma }^{\prime }=\beta +\gamma$

Como esta entrada xa está resultando o suficientemente longa, vou deixar para outra as solucións que me pareceron máis atractivas.

Catro resultados elegantes

Noutra ocasión troxéramos por este espazo unha fórmula que non dubidaría en cualificar de elegante:

Resultado 1. $arctan1+arctan2+arctan3=180$

A súa demostración déixanos sen palabras:

Este resultado pode promovernos unha atractiva sospeita. Como os ángulos suman 180º, quizais tamén se verifique que

Resultado 2. Existe un triángulo con ángulos que teñen tanxentes 1, 2 e 3

Bastará con amosalo

E quizais engadir unha pequena aclaración: $$tan\beta =tan({\alpha }^{\prime }+{\gamma }^{\prime })=\frac{tan{\alpha }^{\prime }+tan{\gamma }^{\prime }}{1-tan{\alpha }^{\prime }tan{\gamma }^{\prime }}=\frac{1+\frac{1}{3}}{1-1\cdot \frac{1}{3}}=2$$

Como veremos, este xentil triángulo non é un triángulo máis. Ten un rasgo distintivo que destacaron nun enunciado dun problema da LXV Olimpíada Matemática de Moscú no 2002. Recollémolo do libro La matemática elegante (URSS 2005) nesta versión:

Resultado 3. Se as tanxentes dos ángulos dun triángulo son números naturais, entón serán iguais a 1, 2 e 3.

Xa sabemos que esta afirmación ten sentido porque acabamos de ver un triángulo con ángulos de tanxentes 1, 2 e 3. Quédanos por verificar a súa unicidade. Partiremos de que as tanxentes dos ángulos $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ son os números naturais $a$, $b$ e $c$. Como $180-\gamma =\alpha +\beta$

$$tan(180-\gamma )=tan(\alpha +\beta )=\frac{tan\alpha +tan\beta }{1-tan\alpha \cdot tan\beta }=\frac{a+b}{1-ab}=-c$$

De aí que $a+b+c=abc$

Curiosamente o resultado 3, de apariencia estritamente trigonométrica, é equivalente ao seguinte, eminentemente aritmético:

Resultado 4. Se a suma de tres naturais coincide co seu produto, serán o 1, o 2 e o 3.

Sen perda de xeneralidade consideremos que $a\le b\le c$

Se $a=1$: $1+b+c=bc$

$1+b=bc-c=c(b-1)\Rightarrow c\mid (b+1)$ como $c⩾b$ necesariamente $c=b+1$. Daquela $b-1=1$, polo que $b=2$ e $c=3$.

Consideremos agora o caso de que $a⩾2$. Entón $b⩾2$ 

Como $a+b+c⩾abc⩾4c$ temos que $a+b⩾3c$

Como $c+c⩾a+b⩾3c$ temos que $2c⩾3c$ entón $1⩾c$, o que é imposible pois $c⩾a⩾2$. 

Xa que logo concluímos que só hai unha posibilidade, a de que $a=1$, $b=2$ e $c=3$.