Comezando polo coseno dunha resta

Un dos problemas ao que se ten que enfrontar calquera profesor que imparta Matemáticas I, de 1º de bacharelato, é a demostración das fórmulas trigonométricas da suma e diferenza de ángulos. O cerne da cuestión consiste en determinar que fórmula demostramos en primeiro lugar e como o facemos pois o resto das fórmulas dedúcense facilmente a partir dunha delas. O usual é que o intentemos co seno dunha suma. Neste caso podemos escoller entre distintas demostracións. Poden estar sustentadas unicamente na definición das razóns trigonométricas, podemos facer uso das áreas dos triángulos, do teorema do seno,... Nesta ocasión vou presentar a dedución da fórmula do coseno dunha resta. A idea está extraída do libro de Alexander e Leonid Rozemblyum, Learning Trigonometry by Problem Solving (Word Scientific,  2021).

Comezamos considerando unha circunferencia de raio $1$ sobre a que trazamos dous ángulos, $\alpha$ e $\beta$.. Isto determinará dous puntos $A$ e $B$ de coordenadas $A(sen\alpha, cos\alpha)$ e $B(sen\beta, cos\beta)$. Calcularemos (o cadrado da) distancia $AB$ usando a fórmula usual que nos dá a distancia entre dous puntos $d(A,B)=\sqrt{\left( x_{A}-x_{B} \right)^{2}+\left( y_{A} -y_{B}\right)^{2}}$

$$AB^{2}=\left( cos\alpha-cos\beta \right)^{2}+\left( sen\alpha-sen\beta \right)^{2}=$$ $$=cos^{2}\alpha-2cos\alpha\cdot  cos\beta+cos^{2}\beta+sen^{2}\alpha-2sen\alpha\cdot  sen\beta+sen^{2}\beta$$

Aplicando a fórmula fundamental da trigonometría podemos simplificar a expresión:

$$AB^{2}=2-2\left( cos\alpha\cdot cos\beta +sen\alpha \cdot sen\beta \right)$$

Para obter outra expresión de $AB^{2}$ aplicamos o teorema do coseno ao triángulo $AOB$. Tamén temos en conta que $AO=BO=1$

$$AB^{2}=AO^{2}+BO^{2}-2AO \cdot BO\cdot cos\left( \alpha-\beta \right)=2-2cos\left( \alpha-\beta \right)$$

Igualando as dúas expresións e operando:

$$2-2\left( cos\alpha\cdot cos\beta+sen\alpha\cdot sen\beta \right)=2-2cos\left( \alpha-\beta \right)$$ $$cos\left( \alpha-\beta \right)=cos\alpha\cdot cos\beta+sen\alpha\cdot sen\beta$$

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

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

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:

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

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

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

De onde facilmente obtemos o valor buscado:

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

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

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

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]:

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

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.

Un tipo de triángulos estudados por Euler

Novi commentarii academiae scientiarum
imperialis petropolitanae Vol. XI, 1765
páx. 67-102

No ano 1767 Leonhard Euler publica o traballo Proprietates triangulorum, quorum anguli certam inter se tenent rationem   no que aborda o estudo de determinados triángulos. Trátase de identificar a relación entre os lados dun triángulo do que coñecemos dous ángulos, un deles sería o ángulo A e outro n•A, con n un número natural. 

Nun principio as características do estudo son ben simples, tanto que nun curso de 1º de bacharelato poderíase dar un primeiro paso no seu tratamento. A cuestión poderíase propoñer do seguinte xeito:

a) Determina o lugar xeomético determinado polo punto C dun triángulo ABC que teña os ángulos A e B iguais

b) Determina o lugar xeométrico do punto C dun triángulo ABC tal que ∠B=2∠A

O primeiro apartado é obvio, refírese á mediatriz do segmento AB. O segundo pódese tratar facendo uso da tanxente do ángulo dobre:

$$tanA=\frac{y}{x}\\tan\left ( 2A \right ) =\frac{y}{c-x}\\tan\left ( 2A \right )=-\frac{2tanA}{1-tan^{2}A}$$

Das igualdades anteriores tense que

$$\frac{y}{c-x}=\frac{\frac{2y}{x}}{1-\frac{x^{2}}{y^{2}}}$$

Finalmente obtemos a cónica que soluciona o problema

$$3x^{2}-2cx-y^{2}=0$$ 

Esta é a versión moderna
da foto de máis arriba

Euler non trata o problema desde esta perspectiva, senón que o enfoca desde un punto de vista máis sintético. Dado o triángulo ABC, biseca o ángulo ∠ABC e obtén o punto D. 

Coa notación usual consistente en nomear os lados opostos coa mesma letra que os ángulos, pero en minúscula, teremos, a partir da semellanza de ABC con BCD as seguintes relacións:

$$\frac{AC}{BC}=\frac{AB}{BD}=\frac{BC}{CD}\quad\quad; \quad \frac{b}{a}=\frac{c} {BD}=\frac{a}{CD}$$

 $$BD=\frac{ac}{b}\quad\quad\quad CD=\frac{a^{2}}{b}$$

Como o triángulo ABD é isóscele,  temos a igualdade entre os lados AD=BD. Xa obtivemos unha expresión de BD en función dos lados do triángulo orixinal. Fagamos o mesmo para AD e igualemos:

$$AD=AC-DC=b-\frac{a^{2}}{b}=\frac{b^{2}-a^{2}}{b}$$

$$AD=BD\Rightarrow \frac{b^{2}-a^{2}}{b}=\frac{a^{2}}{b}\Rightarrow b^{2}-a(a+c)=0$$

Euler non parou aquí. Tratou o caso de que o ángulo B fose o triplo, o cuádruplo, o quíntuplo de A.... Na seguinte applet de geogebra temos unha solución analítica a estes problemas. Pódese obter a partir das fórmulas das tanxentes do ángulo triplo, do ángulo cuádruplo e do ángulo quíntuplo. Aínda que nos aparecen curvas por todo o plano, para a solución deste problema só nos interesa a rama da dereita.

Pola súa banda, Euler obtén as seguintes relacións entre os lados para B=n•A

$$n=1:\quad\quad b-a=0$$

$$n=2:\quad\quad b^{2}-\left ( a+c \right )=0$$

$$n=3:\quad\quad b^{3}-ab^{2}-a \left(c^{2}-a^{2} \right )=0$$

$$ n=4 : \quad\quad b^{4}-a\left(c+2a \right )b^{2}-a \left(c+a \right )\left(c^{2}-a^{2} \right )=0$$

$$n=5 : \quad\quad b^{5}-ab^{4}-2a^{2}b^{3}-a \left(c^{2}-2a^{2}b^{2} \right )-a^{2}\left(c^{2}-a^{2} \right )b-a \left(c^{2}-a^{2} \right )^{2}=0$$

Pero o cíclope matemático non parou aquí, continuou ata n=8. Inlcuso máis, unha vez chegado a este punto establece unha fórmula recursiva tanto para os valores pares de n como para os impares. Quen quixera seguir todos estes razoamentos, pode botarlle un ollo ao artigo de Vicente Meavilla Seguí no v.8 n.15 (2008) da Revista Brasileira de História da Matemática. Todo un exemplo de traballo,  perseverancia, xeneralización e precisión dun dos máis grandes matemáticos da historia. Ata nun resultado menor se enxerga o xenio euleriano.