A fórmula de Lehmer

De revisarmos as etiquetas das entradas deste blogue, comprobariamos que hai moitas con referencias ao número aúreo ou á sucesión de Fibonacci. A razón é ben evidente. Aquí tratamos matemáticas bonitas e non difíciles. Resulta que eses temas están adornados con estas condicións, consecuentemente volvemos a eles unha e outra vez. Sendo isto así estaría tentado a recoller ducias de resultados dalgún libro que trata estas cuestións como é o caso de Fibonaccci and Lucas Numbers with Applications (Wiley, 2011), escrito por Thomas Koshy e do que xa se editou un segundo tomo. Así e todo voume centrar nunha única fórmula polo extraordinaria que resulta ser. Koshy atribúella a D. H. Lehmer (1905-1991), incluso nos informa que data concretamente do 1936, cando Lehmer estaba na Universidade de Lehigh. Todos coñecemos a relación entre a sucesión de Fibonacci $\left\{ f_{n} \right\}$ e o número áureo $\phi$. No entanto a fórmula de Lehmer pon en relación a sucesión de Fibonacci con outro número ubicuo, o número $\pi$:

Fórmula de Lehmer. $$\sum_{n=1}^{\infty }arctan\frac{1}{f_{2n+1}}=\frac{\pi}{4}$$

Recordemos, unha vez máis, en que consiste a sucesión de Fibonacci:

$f_0$	$f_1$	$f_2$	$f_3$	$f_4$	$f_5$	$f_6$	$f_7$	$f_8$	$f_9$	$f_{10}$	$f_{11}$	$f_{12}$	$...$	$f_n$
$0$	$1$	$1$	$2$	$3$	$5$	$8$	$13$	$21$	$34$	$55$	$89$	$144$	$...$	$f_{n-1}+f_{n-2}$

Para poder deducir a fórmula precisaremos de dous lemas. O primeiro deles é ben coñecido, e xa o temos usado noutras entradas deste blogue. Trátase do:

Lema 1. Fórmula de Cassini. $f_{k+1}\cdot f_{k-1}-f_{k}^{2}=\left( -1 \right)^{n}$

A fórmula de Cassini é un lema do lema 2, pois empregarémola para demostralo. Trátase doutra fórmula:

Lema 2. $arctan\frac{1}{f_{2n+1}}=arctan\frac{1}{f_{2n}}-arctan\frac{1}{f_{2n+2}}$

A demostración é bastante natural. Calcularemos a tanxente do segundo membro e veremos que é $\frac{1}{f_{2n+1}}$. Para iso aplicamos a fórmula da tanxente dunha resta (lembrade as clases de 1º de bacharelato)

$$tan\left( \alpha-\beta \right)=\frac{tan\alpha-tan\beta}{1+tan\alpha \cdot tan\beta}$$

$$tan\left( arctan\frac{1}{f_{2n}}-arctan\frac{1}{f_{_{2n+2}}} \right)=\frac{\frac{1}{f_{2n}}-\frac{1}{f_{2n+2}}}{1+\frac{1}{f_{2n}}\cdot \frac{1}{f_{2n+2}}}=$$

$$=\frac{f_{2n+2}-f_{2n}}{f_{2n}f_{2n+2}+1}=\frac{f_{2n+1}}{f_{2n}f_{2n+2}+1}=(*)$$

Agora simplifaremos o deniminador por medio da fórmula de Cassini. Efectivamente, tomando $k=2n+1$ a fórmula de Cassini queda:

$$f_{2n+2}\cdot f_{2n}-f_{2n+1}^{2}=\left( -1 \right)^{2n+1}=-1$$

Despexando $f_{2n+1}^{2}$:

$$f_{2n+1}^{2}=f_{2n+1}\cdot f_{2n}+1$$

Continuamos e rematamos coa demostración do lema 2:

$$(*)=\frac{f_{2n+1}}{f_{2n+1}^{2}}=\frac{1}{f_{2n+1}}$$

Co lema 2 na faltriqueira a obteción da fórmula de Lehmer é un xogo infantil. En primeiro lugar calcularemos a serie de sumas parciais, que se simplifica moito porque se cancelan todos os termos agás o primeiro e mais o último:

$$\sum_{n=1}^{m}arctan\frac{1}{f_{2n+1}}=\sum_{n=1}^{m}\left( arctan\frac{1}{f_{2n}}-arctan\frac{1}{f_{2n+2}} \right)=$$ $$=arctan\frac{1}{f_{2}}-arctan\frac{1}{f_{2m+2}}=\frac{\pi}{2}-arctan\frac{1}{f_{2m+2}}$$

Para obter a suma da serie bastará con aplicar límites:

$$\sum_{n=1}^{\infty }arctan\frac{1}{f_{2n+1}}=\lim_{m \to \infty }\left( \sum_{n=1}^{m}arctan\frac{1}{f_{2n+1}} \right)= \lim_{m \to \infty } \left( \frac{\pi}{4}-arctan\frac{1}{f_{2m+2}} \right)=\frac{\pi}{4}-arctan \, 0=\frac{\pi}{4}$$

A serie comeza con $m=1$, isto significa que o primeiro sumando é o arcotanxente do inverso de $f_3$. Porén, se quixermos obter a suma de todos os arcotanxentes dos inversos dos termos impares da sucesión de Fibonacci só teriamos que engadir un termo, $arctan\frac{1}{f_{1}}=arctan1=\frac{\pi}{4}$. Deste xeito, a suma completa daría $\frac{\pi}{2}$:

$$\frac{\pi}{2}=arctan\frac{1}{1}+arctan\frac{1}{2}+arctan\frac{1}{5}+arctan\frac{1}{13}+arctan\frac{1}{34}+arctan\frac{1}{89}+...$$

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:

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

A outra fórmula do outro Bhaskara

Cando escoito o nome de Bhaskara inmediatamente penso na súa filla, a súa curiosa lenda e o libro que Bhaskara lle adicou e co que comparte nome, Lilavati. O libro foi editado pola RSME-SM dentro da colección Biblioteca de Estímulos Matemáticos. De aí recollo o seguinte problema e a súa resolución.

LXXVIII. A raíz da metade dun enxamio de abellas liba néctar de xasmíns, outras oito novenas partes o mesmo van facer. Faltan dúas, das que unha é cautiva dos lotos, prendida polo seu recendo. Dime miña querida, cantas zoantes abellas conforman ese panal.

Se identificamos o total de abellas con $2x^{2}$ poderemos establecer a seguinte ecuación 

$x-\frac{8}{9}\left( 2x^{2} \right)+2=2x^{2}$. Resolvéndoa veremos que $x=6$ e polo tanto o enxamio estará conformado por un total de $2x^{2}=72$ abellas.

Tanto no Lilavati  como noutra obra súa,  Bijaganita, Bhaskara estuda problemas cuadráticos. Quizais por esta razón André Pérez y Marín comentou nunha nota a pé de páxina no libro Lições de algebra publicado no 1909 que o método de resolución dunha ecuación cuadrática $ax^{2}+bx+c=0$ dado pola coñecida fórmula que vén a continuación debémosllo a Bhaskara.

$$x=\frac{-b\pm \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$$

André Pérez y Marín

 André Pérez y Marín (1858-1928), nacido en Logroño (España), estuda en Madrid e comeza a impartir clase aos 18 anos. Aos 35 anos chega a Brasil onde durante un tempo  exerce de profesor particular. Co comezo do século XX accede a unha praza no Ginásio de Campinas, onde desenvolve o seu traballo docente ata o seu pasamento. Escribe dez libros de matemática escolar que tiveron moitas edicións. En varios deles repite a referida anotación de que a resolución das ecuacións cuadráticas se debe a Bhaskara. Este apuntamento sería reproducido por autores brasileiros posteriores e acabaría tendo certo éxito ata o punto de que hoxe en día a "fórmula de Bhaskara" non só se utiliza en Brasil, senón que ten certa sona internacional. Basta con facer unha búsqueda pola rede para comprobalo.

O outro Bhaskara e a outra fórmula

Pero desta volta non me vou referir a este matemático do século XII, tamén identificado como Bhaskara II, senón que trataremos sobre unha contribución de Bhaskara I, que viviu uns 500 anos antes, no século VII. 

Antes de nada, incluso antes de introducila, enmarquemos historicamente a achega de Bhaskara I. Para iso temos que ir ao século anterior, o VI, onde encontramos os primeiros tratados astronómicos hindúes. Os seus autores, Ariabata e Varahamihira curiosamente xa usaban o seno, no canto da corda dun ángulo. Eles e outros moitos continuaron o proxecto heleno de elaborar táboas trigonométricas. Segundo o que acabamos de dicir, na época grega esta táboas eran táboas de cordas, a partir da revisión hindú, comezaron a ser táboas de senos. Para aclarar do que estamos a falar, consideremos unha circunferencia de raio 1. Con vértice o centro $O$ trazamos un ángulo $\widehat{AOB}=2\theta$  que determinará unha corda da circunferencia $\overline{AB}$. A este valor denominámolo corda de $2\theta$ que escribiremos $crd(2\theta)=\overline{AB}$. De todos é sabido que o seno de $\theta$ é $sen\theta=\overline{AM}$. Basta con observar a seguinte imaxe para decatarse de que $crd\left(2 \theta\ \right) =2\cdot sen\theta$

A aportación de Bhaskara I foi realmente insólita. Hoxe diriamos que para ángulos de entre 0 e 180 graos ofreceu unha aproximación da función sinusoidal mediante unha función racional

$$sen\theta = R\cdot\frac{4\theta\left( 180-\theta \right)}{40500-\theta\left( 180-\theta \right)}$$

Velaquí as dúas funcións, a do seno e a súa aproximación, xunto co erro que cometemos. Tomamos, como é habitual hoxe en día $R=1$. O máis divertido é facer zoom ata poder ver ese erro.

De onde sacou Bhaskara I esa fórmula? Gen van Brummelen no seu libro The Mathematics of the Heavens and The Earth. The Early History of Trigonometry (Princenton University Press 2009) propón unha resposta con bastante cautela pois segue considerendo todavía un enigma a verdadeira liña de razoamento de Bhaskara. O argumento iníciase a partir da seguinte figura. Calculamos a área do triángulo $ABC$ de dúas formas distintas:

$área ABC=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2} BD\cdot AC$ De aí que $AB\cdot BC= BD\cdot AC$

$$sen\theta=R\cdot BD=\frac{R\cdot AB\cdot BC}{AC}\lt \frac{R \cdot \overset{\LARGE\frown}{AB}\cdot \overset{\LARGE\frown}{BC}}{2R}=\frac{\theta\left( 180-\theta \right)}{2}$$

Invertendo os termos teremos esta desigualdade:

$$\frac{1}{sen\theta}\gt \frac{2}{\theta\left( 180-\theta \right)}$$

Agora usaremos un método habitual entre os matemáticos hindús insertando un par de parámetros $x$ e $y$ que nos permitirían establecer a igualdade: $$\frac{1}{sen\theta}=x\cdot\frac{2}{\theta\left( 180-\theta \right)}+y\quad\quad [1]$$

Para os ángulos de $30$ e $90$ teremos que $sen30=\frac{R}{2}$ e $sen90=R$. Disto deducimos un sistema que resolvemos:

$$\left.\begin{matrix} \frac{2}{R}=\frac{2x}{30\cdot 150}+y \\\frac{1}{R}=\frac{2x}{90\cdot 90}+y \end{matrix}\right\} \left.\begin{matrix} \frac{2}{R}=\frac{2x}{4500}+y \\\frac{1}{R}=\frac{2x}{8100}+y \end{matrix}\right\} \left.\begin{matrix} 9000=2Rx+4500Ry \\8100=2Rx+8100Ry \end{matrix}\right\} \left.\begin{matrix} 2Rx=9000-4500Ry\\2Rx=8100-8100Ry \end{matrix}\right\}$$

$9000-4500Ry=8100-8100Ry$

$y=\frac{-900}{3600R}=\frac{-1}{4R}$

Substituíndo na primeira das ecuacións do sistema:

$2Rx=9000-4500R\cdot\frac{-1}{4R}=10125$

$2x=\frac{10125}{R}$

Finalmente substituímos os valores destes parámetros en [1]

$$\frac{1}{sen\theta}=\frac{10125}{R}\frac{1}{\theta\left( 180-\theta \right)}-\frac{1}{4R}=\frac{1}{R}\frac{40500-\theta\left( 180-\theta \right)}{4\theta\left( 180-\theta \right)}$$

Volvendo a inverter os dous membros da igualdade chegamos ao resultado desexado:

$$sen\theta = R\cdot\frac{4\theta\left( 180-\theta \right)}{40500-\theta\left( 180-\theta \right)}$$

Por último unha aclaración e un dato curioso. Co fin de adptar as anteriores consideracións ao punto de vista actual, tomáronse sempre circunferencias de raio 1, porén en cada época, incluso en cada autor teremos distintos valores do raio. Por exemplo Ptolomeo fixo as súas táboas para $R=60$ e utilizou un sistema numérico sexaxesimal. Bhaskara I e os seus predecesores Ariabata e Varahamihira utilizaban un valor realmente chamativo: $R=3438$$. Que sentido tiña escoller ese número?

Nunha circunferencia hai 360º, polo tanto $360 \cdot 60=21600'$, Se igualamos esta cantidade á lonxitude dunha circunferencia $2\pi R=21600$ e despexamos: $R=\frac{21600}{2\pi}=3438$

Desafíos trigonométricos e logarítmicos para secundaria

Velaquí unha terceira entrega da recompilación de problemas do David Linker e Alan Sultan Mathematics Problem-Solving Challenges for Secondary School Students and Beyond (Wordl Scientific 2016). 

1. Nun triángulo $\triangle ABC$, $\angle C=90$. Obtén o valor de $cotA\cdot cotB$

2. O cadrado ABMN constrúese sobre a hipotenusa do triángulo rectángulo $\triangle ABC$. Se $AC=1$ e $BC=20$, determina MC.

3. Acha o valor de $sen\frac{\pi }{7}+sen\frac{4\pi }{7}+sen\frac{7\pi }{7}+sen\frac{10\pi }{7}+sen\frac{13\pi }{7}$

4. Acha todos os $x$ tales $x\epsilon \left [ 0,360 \right ]$ e $\frac{1-cos2x}{sen2x}=1$

5. Se $tan^{2}\left ( 180-x \right )+sec\left ( 180+x \right )=11$ determina todos os posibles valores de $cosx$.

6. Calcula $x$ tal que $x\epsilon \left [ 0,90 \right ]$ e $cos^{4}x+sen^{4}x=\frac{3}{4}$

7. Calcula $\frac{sen75+cos75}{sen75-cos75}$

8. En $\triangle ABC$, $AB=20$, $BC=13$ e $AC=21$. Se $cosA+cosB+cosC=\frac{p}{q}$, onde $p$ e $q$ son enteiros positivos e coprimos, acha $p+q$

9. Os ángulos dun triángulo con lados 3, 4 e x forman unha progresión aritmética. Determina todos os valores de x.

10. Se $sen^{6}x+cos^{6}x=\frac{2}{3}$ e $x\epsilon \left [ 0,90 \right ]$, calcula $sen2x$.

11. Inscribimos un polígono regular de $n$ lados nunha circunferencia de raio $r$. Acha todos os $n$ tales que a área do polígono é un múltiplo enteiro de $r^{2}$

12. Acha o valor de $y$ se $\left ( log_{3} x\right )\left ( log_{x} 2x\right )\left ( log_{2x} y\right )=log_{x}x^{2}$

13. Se $log_{5}\left ( senx \right )=-\frac{1}{2}$ determina o valor numérico do $cos^{2}x$

14. Calcula o $log_{\frac{1}{8}}sen4350$

15. Acha todos os números reais $x$ tales que $log_{x}2+log_{2}x=\frac{5}{2}$

16. Se $log_{2}3^{4}\cdot log_{3}4^{5}\cdot log_{4}5^{6}\cdot ...\cdot log_{63}64^{65}=x!$, acha $x$.

17. Calcula o valor numérico de $log_{10}\frac{1}{2}+log_{10}\frac{2}{3}+log_{10}\frac{3}{4}+...+log_{10}\frac{99}{100}$

18. Acha o valor de $log\left ( tan1^{\circ} \right )+log\left ( tan2^{\circ} \right )+log\left ( tan3^{\circ} \right )+...+log\left ( tan90^{\circ} \right )$

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. $F_{k+1}F_{k}-F_{k}^{2}=\left ( -1 \right )^{k}$

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

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:$$F_{2n+1}F_{2n+2}-F_{2n}F_{2n+3}=F_{2n+1}\left ( F_{2n+1}+F_{2n} \right )-F_{2n}\left ( F_{2n+2}+F_{2n+1} \right )=$$ $$=F_{2n+1}^{2}+F_{2n+1}F_{2n}-F_{2n}F_{2n+2}-F_{2n}F_{2n-1}=F_{2n+1}^{2}-F_{2n}F_{2n-1}=1$$
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 $F_{2n}^{2}$:

$$F_{2n+1}F_{2n+2}-F_{2n}\left ( F_{2n+2} +F_{2n+1}\right )+F_{2n}^{2}=F_{2n}^{2}+1\\ \left ( F_{2n+1}-F_{2n} \right )\left ( F_{2n+2} -F_{2n}\right )=F_{2n}^{2}+1$$ 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, $ \angle QMP=\gamma $ e, como xa temos visto anteriormente, isto significa que $\alpha=\beta+\gamma$, ou

$$arccotF_{2n}=arccotF_{2n+1}+arccotF_{2n+2}$$

Lembremos a sucesión: $$\begin{matrix} F_{0} &F_{1} & F_{2} &F_{3} & F_{4} & F_{5} &F_{6} & F_{7} &F_{8}... \\ 0& 1& 1 & 2&3 &5 &8 &13 & 21... \end{matrix}$$

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

$$arccot1=arccot2+arccot3=arccot2+arccot5+arccot8=....=\sum_{i=1}^{\infty }arccotF_{2i+1}$$

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

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 $180-\gamma=\alpha+\beta$

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

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 $a\leq b\leq c$

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

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

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

Como $a+b+c\geqslant abc\geqslant 4c$ temos que $a+b\geqslant 3c$

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

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

Viète e a ecuación de van Roomen: segundo membro

Por que un blogue de matemáticas en galego? Hai varias razóns, unha delas é o compromiso ético coa normalización lingüística. Como toda a nosa relación co mundo está intermediada pola lingua, calquera actividade é unha oportunidade para que estea presente. Hai outra razón máis persoal que consiste en que me permite profundizar en cuestións que, de non ser por este blogue, só as rozaría superficialmente. En efecto, o exercicio de ter que escribir sobre algo que pensas que entendes móstrache que hai moitos niveis de coñecemento e que só o traballo e a reflexión profunda che deixa realmente pegada.

A orixe desta entrada, como de moitas outras do blogue, está nalgún aspecto que me chamou a atención dalgunha lectura. Nesta ocasión foi o relato de Eli Maor en Trigonometric Delights sobre unha anécdota que lle sucedeu a François Viète (1541-1630) e que para a miña sorpresa tamén aparece referida na Historia de la matemática de Carl B. Boyer.  Viète soa no entorno escolar pois levan o seu nome as fórmulas que relacionan os coeficientes dunha ecuación coa suma, produto ou combinacións de sumas e produtos das raíces da ecuación. A súa contribución máis importante foi o libro In artem analyticem isagoge, que abreu as portas da álxebra cara o futuro establecendo a distinción entre coeficientes e incógnitas. A súa capacidade analítica levou a Viéte a desencriptar os códigos de cifrado utilizados polo rei español Filipe II, feito que contribuíu en boa medida a que Henrique IV accedera á coroa francesa.

A anécdota en cuestión relataba que o embaixador dos Países Baixos puxera en coñecemento de Henrique IV un libro de Adriaan van Roomen (1561-1615), Ideae mahtematicae, no que citaba a moitos matemáticos da época como o xesuíta Clavius (1538-1612), o campión no cálculo de cifras de $\pi$ Ludolph van Ceulen (1540-1610), Simon Stevin (1548-1620), ou o astrónomo Ticho Brahe (1546-1601). Porén no Ideae non aparecía ningún matemático francés. 

Adrian van Roomen usando o método arquimediano chegara a dar 16 cifras exactas do número de $\pi$ para o que tivo que traballar cun polígono de $15\cdot 2^{60}$ lados. Parece que tiña afición polos cálculos exhorbitados pois nese mesmo libro propoñía como reto unha ecuación de grao 45. O embaixador acrecentara o seu desafío indicando que non había en Francia ningún matemático capaz de resolvela. Nunha crónica cóntase que nese momento Viète estaba en Fontainebleau polo que foi inmediatamente requerido por Henrique IV para pesentarlle o reto. Antes de que o rei tivera tempo a sair da estancia, Viète xa achara dúas solucións. Esta mesma crónica conta que ao día seguinte trouxera outras moitas pois o número total delas era infinita (!).

O que si é certo é que Viéte dou coas 23 solucións positivas da ecuación pois así o publicou nunha resposta no ano 1595. O noso obxectivo será ver como o fixo. Antes de nada teremos que presentar a ecuación:

$$x^{45}-45x^{43}+945x^{41}-12300x^{39}+111150x^{37}-740259x^{35}+3764565x^{33}-$$ $$-14945040x^{31}+46955700x^{29}-117679100x^{27}+236030652x^{25}-378658800x^{23}+$$ $$+483841800x^{21}-488494125^{19}+384942375x^{17}-232676280x^{15}+105306075x^{13}-$$ $$-34512075x^{11}+7811375x^{9}-1138500x^{7}+95634x^{5}-3795x^{3}+45x=K$$

Mete medo, non? Pois iso non é todo, o número que aparece no segundo membro é

$$K=\sqrt{\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{5}{16}-\sqrt{\frac{15}{8}-\sqrt{\frac{45}{64}}}}}\; \; \; \; \; \; \; \; \; [1]$$

Con todo, Viète contaba con algunhas pistas pois van Roomen ofrecía algunha solución para outros valores de $K$. Por exemplo, un deles  $K_1=\sqrt{2+\sqrt{2}}$,  para un estudoso da trigonometría como Viète era completamente transparente pois coincide co valor de $2\cdot sen(75)$. Intentaremos demostrar que $K=2\cdot sen12$. Comenzaremos simplificando algo [1]:

$$K=\sqrt{\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{5}{16}-\sqrt{\frac{15}{8}-\sqrt{\frac{45}{64}}}}}=$$ $$=\sqrt{\frac{7-\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{15}{8}-\frac{\sqrt{45}}{8}}}=\sqrt{\frac{7-\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{30-2\sqrt{45}}{16}}}=$$ $$=\sqrt{\frac{7-\sqrt{5}-\sqrt{6}(5-\sqrt{5})}{4}}$$

$$K^{2}=\frac{7-\sqrt{5}-\sqrt{6}(5-\sqrt{5})}{4}\;\;\; \;\;\;\;[2]$$

Calcularemos agora  o $sen(12)$ a partir das razóns trigonométricas dos ángulos de 72º e 60º e aplicando a fórmula do seno dunha resta: $$sen(\alpha -\beta )=sen\alpha \cdot cos\beta -cos\alpha \cdot sen\beta $$

As razóns trigonométricas de 60 son ben coñecidas: $$sen60=\frac{\sqrt{3}}{2}\;\;\;\; \;\;\;\;cos60=\frac{1}{2}$$

Sabemos que un triángulo isóscele formado por dúas diagonais e un lado dun pentágono regular contén ángulos de 72º. Ademais se os lados do pentágono son unitarios, as diagonais terán como medida o número áureo $\phi $

$$cos72=\frac{1}{2\phi }=\frac{1}{\sqrt{5}+1}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$$

$$sen^{2}72=1-\left ( \frac{\sqrt{5}-1}{4} \right )^{2}=\frac{5+\sqrt{5}}{8}$$

$$sen72=\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{8}}=\frac{\sqrt{2}}{4}\left ( \sqrt{5+\sqrt{5}} \right )$$

Polo tanto

$$sen12=sen(72-60)=sen72\cdot cos60-cos72\cdot cos60=$$ $$=\frac{\sqrt{2}}{4}(\sqrt{5+\sqrt{5}})\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{5}-1}{4}\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{8}\sqrt{5+\sqrt{5}}-\frac{\sqrt{3}}{8}(\sqrt{5}-1)$$

$$sen^{2}12=\frac{2}{64}(5+\sqrt{5})+\frac{3}{64}(6-2\sqrt{5})-\frac{2\sqrt{6}}{64}\sqrt{(5+\sqrt{5})(\sqrt{5}-1)^{2}}=$$ $$=\frac{1}{64}\left ( 28- 4\sqrt{5}-4\sqrt{6}\sqrt{5-\sqrt{5}}\right )=\frac{1}{16}\left ( 7-\sqrt{5} -\sqrt{6}\sqrt{5-\sqrt{5}}\right )\;\;\; \;\;\;\;[3]$$

Comparando [2] e [3]: $$sen^{2}12=\frac{1}{4}K^{2}\Rightarrow 2\cdot sen12=K$$

Xa sabemos que é o que se agochaba no segundo membro da ecuación. Nunha vindeira entrada estudaremos o primeiro membro.

O paraíso trigonométrico de Viète

Cada tempo ten os seus intereses e cada novo achádego trae consigo tamén novos problemas. É habitual que estes novos problemas fosen inconcebibles antes de que se dera o avance. Nos anos previos á publicación Ars Magna de Cardano (1501-1576), ano 1545, o reto era a resolución da ecuación cúbica. Había quen, como Luca Pacioli (1445-1517), consideraba este un probelma irresoluble. 

Noutra entrada deste blogue explicara o método de resolución de Cardano para ecuacións cúbicas. Despois de eliminar o termo cadrático quedaba unha ecuación da forma $x^{3}+px+q=0$ que se resolvía mediante a fórmula: $$x=\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\left ( \frac{p}{2} \right )^{2}+\left (\frac{q}{3}  \right )^{3}}}+\sqrt[3]{\frac{-q}{2}-\sqrt{\left ( \frac{p}{2} \right )^{2}+\left (\frac{q}{3}  \right )^{3}}}$$

Este descubrimento traía dentro un cabalo de troia, tamén comentado nesta outra ocasión e que volvo a recordar. Consideremos a ecuación: $$x^{3}=156x+4$$

Aplicando a fórmula anterior obtemos o seguinte resultado:$$x=\sqrt[3]{2+\sqrt{-121}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{-121}}$$

A pesar da apariencia complexa, o resultado é o simple número 4. Nesta ocasión aínda se podía buscar entre os divisores do termo independente para dar con este valor. Pero que sucede se a ecuación non ten ninguha solución racional? Cando partimos dunha ecuación cúbica con coeficientes enteiros que teña tres raíces irracionais distintas, calquera expresión con radicais en función dos coeficientes da ecuación vai conter inevitablemente valores imaxinarios. Polo tanto o problema da aparición dos imaxinarios non reside na fórmula dada por Cardano. Pero isto non se sabería ata que o demostrara Pierre Wantzel (1814-1848). Se nos situamos na segunda metade do século XVI ecuacións de aspecto tan inofensivo como o seguinte eran realmente problemáticas. $$x^{3}-3x-1=0$$

O método de Cardano ofrécenos este resultado cos inevitables complexos:$$x=\sqrt[3]{\frac{1+\sqrt{-3}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{1+\sqrt{-3}}{2}}$$

François Viète (1540-1603) conseguiría obter as solucións e sorprendentemente había de facelo ao mesmo tempo que indicaba a dirección que finalmente levaría á solución dun dos problemas clásicos: o da trisección do ángulo,  resolto tamén por Wantzel. Publícao no 1593 nun libro titulado Variorum de rebus mathematicis responsorum liber VIII. Consideraba que había que ampliar os métodos xeométricos permitindo o uso da regra marcada ou neuse. Mediante este método Arquímedes (287 aC-212 aC) conseguira trisecar un ángulo calquera.

Dado o ángulo $\angle AOB=3θ$ a trisecar, trazamos a circunferencia $BAC$ de raio $a$. Cunha regra marcada en dous puntos a unha distancia $a=DC$, pasando por A trazamos a recta $AD$. O ángulo $θ=\angle ADB$ será a solución buscada.  Pódese ver todo o proceso no blogue Regra e compás.

Como curiosidade marquei con vértice $C$ o ángulo $\angle ACO$ que ten unha amplitude de $2θ$. Pódese comprobar moi facilmente esta medida no triángulo isóscele $AOB$ que ten de ángulos: $2θ$, $2θ$ e $180-θ-3θ$.

Chamémoslle $x=DO$, $y=AC$ e $b=OF$.  Calculando a potencia de $D$ á circunferencia obtemos: 

$$DE\cdot EO=DC\cdot DA$$

$$\left ( x-a \right )\left ( x+a \right )=a\left ( a+y \right )$$

$$x^{2}-a^{2}=a^{2}+ay$$

$$ay=x^{2}-a^{2}\;\;\;\; [1]$$

Se agora proxectamos perpendincularmente os puntos $A$ e $C$ sobre a recta $DB$ obtemos dous triángulos rectángulos semellantes: $DHC$ e $DGA$.

En virtude desta semellanza:

$\frac{a}{a+y}=\frac{\frac{x}{2}}{x+\frac{b}{2}}=\frac{x}{2x+b}$

$2ax+ab=ax+xy$

$ax+ab=xy\;\;\;\; [2]$

Conxugando [1] e [2]:

$$ax+ab=\frac{x^{2}-a^{2}}{a}\cdot x$$

$$a^{2}x+a^{2}b=x^{3}-2a^{2}x$$

$$x^{3}-3a^{2}x=a^{2}b$$

Sen perda de xeneralidade fagamos $a=1$:

$$x^{3}-3x=b$$

Viète decatouse de que resolver esta ecuación cúbica era equivalente a trisecar o ángulo 3θ. Ademais foi quen de resolvela a pesar de ser o problemático casus irreducibilis de Cardano. Fíxoo botando man da trigonometría. Sexa $x=2y$

$$8y^{3}-6y=b$$

$$4y^{3}-3y=\frac{b}{2}$$Comparemos agora esta ecuación coa fórmula do coseno do ángulo triplo:

$$4cos^{3}\theta -3cos\theta =cos3\theta $$

Bastará con que $x=2y=2cos\theta$ e $b=2cos3\theta$

Por poñer un exemplo, se $b=1$ quedaríanos para resolver a ecuación $x^{3}-3x=1$. Os cambios anteriores dan lugar a que $cos3\theta=\frac{1}{2}$

$3\theta _{k}=60+360k\;\;\;k=0,1,2$

$\theta _{k}=20+120k\;\;\;k=0,1,2$

$x_{k}=2cos(20+120k)\;\;\;k=0,1,2$

$x_{1}=2cos(20)=1,8793...\\x_{2}=2cos(140)=-1,5320...\\x_{3}=2cos(260)=-0,3472...\\$

Aínda que Viéte era un adiantado á súa época, só consideraría a primeira solución pois a finais do século XVI  estábase moi lonxe de outorgarlle aos negativos un lugar dentro do sistema dos números.

Quen queira consultar as fontes de onde fun recollendo os resultados destas liñas pode remexer en Tales of Impossibility de David S. Richeson e Trigonometric Delights de Eli Maor. De todas formas, collinlle gusto ao tema e de certo que volverei sobre el.

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.

Anotacións á "Variábel sombra do sol" de Antón Otero

 O Departamento de Matemáticas do IES Monelos ten nome, chámase Departamento Antón Otero Baamonde "Tonón" en memoria do que fora membro do mesmo. Na propia páxina do Departamento achamos varios apuntes sobre a biografía de Antón Otero. Así sabemos que ademais de moitas aportacións no campo do ensino das matemáticas como os libros para todos os cursos da ESO de Baía Edicións (hoxe prohibidos pola Xunta), estivo implicado na loita antifranquista e guiose sempre por tres directices: "a reivindicación do laicismo escolar[...], a galeguización do ensino e a innovación educativa".Neste último aspecto, na súa biografía ten no seu haber a participación nas folgas e manifestacións polo expediente aberto a Xosefa Baamonde por impartir clase en galego no colexio Dices-Rois.

Para min foi unha sorpresa que me encheu de ledicia a lectura o artigo, publicado en galego, no nº 17 revista SUMA da FESPM, titulado "A variábel sombra do sol", de autoría compartida con David Buján e Ana Otero. Aquí explícase botando man dunha boa colección de debuxos, como é a forma da sombra do sol segundo a latitude do observador ou a data do ano.

Eu non coñecín a Tonón, pero bastaría o pouco dito sobre el ata quí para afirmar que comprían centos coma el no mundo do ensino. Así que, como quixera dalgunha maneira sumarme á homenaxe que lle fan desde o seu departamento, van de seguido estas anotacións ao artigo "A variábel sombra do sol". Non vou engadir nada novo senón só presentar as mesmas ideas cunha nova cara. Trátase de obter explícitamente a ecuación da curva que describe a sombra do sol para poder usala nun programa de xeometría dinámica.

 

Cuestións previas

Coloquemos un pau de unha unidade de altura chantado perpendicular ao chan. O problema consiste en determinar cal será a súa sombra. O norte marcará o eixo das abscisas e o oeste o das ordenadas. 

Nun momento dado o Sol estará no punto X da esfera celeste. Representamos o triángulo parláctico para X. Trátase de obter a ecuación da sombra no plano horizontal en coordenadas (x,y)

Ampliamos o pau en C e a súa sombra. Ao escollermos un pau de lonxitude unitade, a sombra medirá tanz, de aí que as coordenadas do punto que marca a sombra serán 

$$x=tanz\ cos(-a)= tanz \ cosa$$ $$y=tanz\ sen(-a)=-tanz\ sena$$

Noutra entrada anterior xa obtiveramos as fórmulas que nos dan o cambio das coordenadas ecuatoriais (δ, t) ás horizontais (z,a):

$$cosz=sen \varphi  \ sen\delta +cos\varphi \ cos\delta \ cost\quad\quad [1]$$ $$senz\ sena=cos\delta \ sent\quad\quad\quad\quad\quad\quad [2]$$ $$senz\ cosa=-cos\varphi \ sen\delta +sen\varphi \ cos\delta \ cost\quad[3]$$

Dividindo [3] entre [1] obteremos a coordenada x da sombra. 

$$\frac{senz\ cosa}{cosz}=\frac{-cos\varphi\ sen\delta +sen\varphi \ cos\delta \ cost  }{sen\varphi \ sen\delta +cos\varphi \ cos\delta \ cost}$$ $$x=\frac{-cos\varphi \ tan\delta +sen\varphi \ cost}{sen\varphi\  tan\delta+cos\varphi \ cost }$$

Dividindo [2] entre [1] obteremos a coordenada y da sombra:

$$\frac{senz\ sena}{cosz}=\frac{cos\delta \ sent}{sen\varphi \ sen\delta +cos\varphi \ cost}$$ $$-y=\frac{sent}{sen\varphi \ tan\delta +cos\varphi \ cost}$$

Con estes vimbios xa estamos en disposición de obter a ecuación da sombra. Para que os cálculos se fagan menos pesados fagamos os cambios:

senφ=s             cosφ=c           tanδ=d

Agora nas expresións anteriores das coordenadas da sombra x e máis y, poderemos despexar sent e cost:

$$x=\frac{-cd+s\cdot cost}{sd+c\cdot cost}$$ $$xds+sc\cdot cost=-cd+s\cdot cost$$ $$(s-cx)cost=cd+sdx$$ $$cost=\frac{cd+sdx}{s-cx}$$

$$sent=-y\left ( sd+c\cdot cost \right )=-y\left ( sd+c\frac{cd+sdx}{s-cx} \right )=-y\left ( \frac{s^{2}d-scdx+c^{2}d+scdx}{s-cx}\right )=\frac{-yd}{x-cx}$$

Agora, aplicando a fórmula fundamental da trigonometría:

$$sen^{2}t+cos^{2}t=\frac{d^{2}y^{2}}{\left ( s-cx \right )^{2}}+\frac{c^{2}d^{2}+2csd^{2}x+s^{2}d^{2}x^{2}}{\left ( s-cx \right )^{2}}=1$$ $$d^{2}y^2{}+c^{2}d^{2}+2csd^{2}x+s^{2}d^{2}x^{2}=s^{2}-2scx+c^{2}x^{2}$$ $$d^{2}y^{2}=\left ( c^{2}-s^{2}d^{2} \right )x^{2}-\left ( 2sc+2scd^{2} \right )x+s^{2}-c^{2}d^{2}$$

Podemos traducir a nova igualdade e poñer así en evidencia que estamos fronte a unha cónica que vai depender únicamente de dous parámetros: a latitude φ do lugar no que colocamos o gnomon e a declinación δ do Sol. Teñamos presente que esta última ten -23,5º como valor mínimo e +23,5º como valor máximo.

$$tan^{2}\delta \cdot y^{2}=\left ( cos^{2}\varphi-sen^{2}\varphi \cdot tan^{2}\delta  \right )x^{2}-\left ( 2sen\varphi \cdot cos\varphi +2sen\varphi \cdot cos\varphi\cdot  tan^{2}\delta  \right )x+sen^{2}\varphi -cos^{2}\varphi\cdot  tan^{2}\delta $$

Agora só nos queda introducir esta identidade nun progrma de xeometría dinámica como o Geogebra para xogar coas dúas variables que nos dan a ecuación da sombra, a latitude do lugar φ e a declinación solar δ.

As anotacións 

No mencionado artigo de Antón Otero et al comézase destacando que a traxectoria da sombra nos equinoccios é unha recta que distará da liña leste-oeste unha lonxitude que dependerá da latitude do lugar de observación. En todos os casos aparece a lonxitude da sombra no mediodía.

En todos os GIFs aparece indicado o valor da lonxitude da sombra ao mediodía.

Agora ben, como será a traxectoria da sombra no transcurso dun ano nas nosas latitudes. Velaquí a temos, será unha rama de hipérbole que corta á liña leste-oeste durante a primavera e o verán (δ>0): e que fica no semiplano OLN durante o outono e o inverno.

E como será a sombra do gnomon no polo norte? Velaquí:

E no ecuador? Cando a declinación solar é positiva a sombra manterase no semiplano OLS e cando a declinación é negativa ficará no semiplano OLN.

Finalmente, situándonos en latitudes superiores ao círculo polar ártico (φ>66.5) non nos custará vertoda unha variedade de cónicas: desde unha recta, a unha elipse, pasando por hipérboles e unha parábola:

Sistemas de coordenadas astronómicos

NOTA previa: moléstame moito escribir *círculo cando me estou referindo a unha circunferencia. Con todo, vouno facer porque ese parece ser o terríbel costume instaurado na literatura que trata dos elementos xeográficos e astronómicos.

Coordenadas xeográficas

Consideraremos a Terra como unha esfera que xira arredor do eixo imaxinario que pasa polos polos (Polo Norte:P e Polo Sur: P') [nota aparte:encántame escribir unha palabra varias veces seguidas nunha frase con sentido]. O cículo máximo perpendicular a este eixo é o ecuador EE'. Os círculos paralelos ao ecuador chámanse precisamente paralelos. Cada un dos paralelos estará a unha distancia angular CTE denominada latitude, un ángulo φ que se mide entre 0º e 90º no hemisferio norte e no mesmo rango, pero con valores negativos, no hemisferio sur. Hai dous paralelos destacados, que ata reciben nome propio. O de latitude +23º26' é o chamado trópico de Cáncer, e o de latitude -23º26' denomínase trópico de Capricornio.

Máis abaixo falaremos das coordenadas celestes. Nese momento seguiremos a falar do eixo do mundo PP'. Agora P indicaranos o polo norte na esfera celeste. Resulta que nun punto da Terra no paralelo de latitude φ, a altura (ángulo entre o ecuador e o punto) do polo norte será precisamente φ: h_P=φ

Para determinar un punto na esfera cómpre outra coordenada. Se a latitude se determina a partir do círculo máximo do ecuador, a lonxitude determinarase tomando como referencia un dos meridianos ou círculos máximos que pasan polos polos [outra vez]. Tómase como referencia o meridiano que pasa polo Observatorio Real Observatorio de Greenwich (en Londres, Inglaterra). A distancia angular respecto deste meridiano é a lonxitude λ. Toma valores positivos cara o leste do meridiano, ata os 180º, e negativos cara o oeste. Se na figura 1 consideramos o meridiano PGP' como o de Greenwich, a lonxitude do punto T sería o ángulo λ entre este meridiano e o meridiano PTP'.

Por poñer un exemplo, o IES Antón Losada Diéguez (A Estrada) ten como coordenadas xeográficas unha latitude φ=42º 41' 33,5''= 42,69264 e uñha lonxitude λ=-8º 30' 24''=-8,50667

Pasemos agora ao estudo das coordenadas na esfera celeste. 

Sistema de coordenadas horizontais

Para determinar un punto na esfera celeste teremos como referencia o plano do horizonte, o plano NLSO. A recta perpendicular a este plano e na que se encontra o observador denomínase liña vertical. Esta liña cortará en dous puntos á esfera celeste. O punto Z situado enriba do observador C chámase cénit e Z', situado debaixo, recibe o nome de nadir. Os círculos máximos que teñen diámetro ZCZ' denomínanse círculos verticais.

Unha das coordenadas horizontais dun astro X será a altura h: o arco AX do círculo vertical AXZ. Toma valores entre 0º e 90º na parte visible da esfera celeste. Os valores negativos ata -90º correspóndense ás alturas na dirección do nadir. Alternativamente pódese dar a distancia cenital z: o arco ZX (que se mide entre 0º e 180º). Fica claro que se verifica que z+h=90º

Un círculo paralelo ao plano do horizonte denomínase almicantarat. Todos os puntos dun almicantarat teñen a mesma altura.

A outra coordenada horizontal é o acimut a: o ángulo SCA entre o círculo vertical do observador e o do astro X, medido desde o sur en dirección oeste. Pode tomar valores entre 0º e 360º. Algunhas veces podemos ver definido o acimut  partindo do norte, especialmente en xeodesia. Os puntos dun mesmo círculo vertical compartirán o mesmo acimut (土180º).

Polo movemento diario da Terra, unha estrela estará cambiando continuamente de coordenadas horizontais. Isto é unha desventaxa.

Primeiro sistema de coordenadas ecuatoriais

Tal e como anunciamos, denominaremos eixo do mundo PP' ao que une os polos. O círculo máximo perpendicular a PP' será o ecuador celeste QQ'. A declinación (ou latitude celeste) δ dun punto X situado sobre a esfera celeste é o ángulo que forma o raio vector CX co plano ecuatorial QQ'. Toma valores entre 0º e 90º para as estrelas do hemisferio boreal e terá valores negativos para as do hemisferio austral. A veces subsitúese esta coordenada polo arco p=PX, denominado distancia polar. Verifícase que p+δ=90º.

Os círculos máximos de diámetro PP' chámanse círculos horarios. A segunda coordenada obterase ao escoller o círculo horario QPQ'P'. Se medimos desde Q, sobre o ecuador celeste, o ángulo ata o círculo horario do punto X, teremos a coordenada t denominada ángulo horario. Este ángulo mídese desde Q cara o occidente para valores positivos de ata 180º. A dirección contraria resérvase para os valores negativos.

Segundo sistema de coordenadas ecuatoriais

A eclíptica é o plano ε'γεΩ no que se move o Sol. Forma un ángulo de 23º 26' co ecuador celeste e intersécao en dous puntos: o punto vernal ou punto Aries γ  que determina o equinocio de primavera e o punto Libra Ω, que é aquel polo que pasa o Sol no equinocio de outono.

Agora podemos falar dun un segundo sistema de coordenadas ecuatoriais. Tal e como indica o seu nome, tómase como referencia o ecuador celeste. De aí que unha das coordenadas sexa a antes mencionada declinación δ. O outro plano de referencia será a eclíptica, de aí que a outra coordenada deste sistema sexa  a ascensión recta α que será o arco sobre o ecuador celeste desde o punto Aries ata o círculo horario do astro. Toma valores ata os 360º.

O triángulo paraláctico.

Xa sabemos que as coordenadas horizontais están cambiando contiuamente co movemento diurno da Terra.. Pola contra as ecuatoriais permanecen fixas. Tamén é certo que as primeiras son máis intuitivas, de feito historicamente preceden ás segundas. Imos intentar establecer un sistema de cambio entre unhas es outras. Estas trasformacións poden facerse mediante o chamado triángulo paraláctico. Trátase dun triángulo esférico ZPX que ten como vértices o cénit do punto de observación Z, o polo norte celeste P e a estrela ou punto da esfera celeste X.

O lado PZ é o ángulo complementario da latitude do punto de observación: PZ=90-φ

O lado PX é o ángulo completentario da declinación do punto X: PX=90-δ

O lado ZX é o ángulo complementario da altura do punto X: ZX=90-h=z

O ángulo PZX é o ángulo suplementario do acimut de X: PZX=180-a

O ángulo ZPX é o ángulo horario t.

Tomando a distancia cenital z=90-h e aplicando as fórmulas do coseno e dos senos da trigonometría esférica ao triángulo paraláctico teremos:

$$cos\left ( 90-\delta  \right )=cos\left ( 90-\varphi  \right )senzsen\left ( 180-a \right )$$ $$sen\left ( 90-\delta  \right )sent=senzsen\left ( 180-a \right )$$  $$sen\left ( 90-\varphi  \right )cost=sen\left ( 90-\varphi  \right )cosz-cos\left ( 90-\varphi  \right )senzcos\left ( 180-a \right )$$

Polas propiedades básicas das razóns trigonométricas quedarían reducidas ao seguinte grupo de fórmulas que, a partir das coordenadas horizontais (z,a) nos darían as ecuatoriais (δ, t):

$$sen\delta =sen\varphi \ cosz-cos\varphi \ senz\ cosa$$ $$cos\delta \ sent=senz\ sena$$ $$cos\delta \ cost=cos\varphi \ cosz + sen\varphi\  senz\ cosa$$

Aplicando outra vez as fórmulas dos senos e coseno da trigonometría esférica ao triángulo paraláctico:

$$cosz=cos\left ( 90-\varphi  \right )\  cos\left ( 90-\delta  \right ) + sen\left ( 90-\varphi  \right )\ sen\left ( 90-\delta  \right )\ cost$$ $$senz\ sen\left ( 180-a \right )=sen\left ( 90-\delta  \right )\ sent$$ $$senz\ cos\left ( 180-a \right )=sen\left ( 90-\varphi  \right )\cos\left ( 90-\delta  \right )-cos\left ( 90-\varphi  \right )\ sen\left ( 90-\delta  \right )\ cost$$

Simplificando obtemos as fórmulas que nos dan o cambio das coordenadas ecuatoriais (δ, t) ás horizontais (z,a):

$$cosz=sen \varphi  \ sen\delta +cos\varphi \ cos\delta \ cost$$ $$senz\ sena=cos\delta \ sent$$ $$senz\ cosa=-cos\varphi \ sen\delta +sen\varphi \ cos\delta \ cost$$

Algúns resultados de trigonometría esférica

Os teoremas planos

O teorema do seno e o do coseno forman parte do temario de Matemáticas I de 1º de bacharelato. Son fórmulas válidas para calquera triángulo plano. 

O teorema do coseno

É unha xeralización do teorema de Pitágoras:

$$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cdot cosA$$ $$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cdot cosB$$ $$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cdot cosC $$ 

O teorema dos senos

Consiste na seguinte igualdade entre proporcións que, por certo, ten como valor o diámetro da circunferencia circunscrita 

$$\frac{a}{senA}=\frac{b}{senB}=\frac{c}{senC}$$

Hai unhas fórmulas análogas para triángulos esféricos pero que non teñen cabida no currículo de secundaria. Eu mesmo nunca a estudei, nin tan siquera nos anos de universidade. Claro que isto é debido a non ter escollido a optativa de Astronomía. Estrañamente acabaría impartindo eu esta optativa na ESO durante dous cursos. Non foron máis debido a circunstancias bastante miserables que prefiro non comentar. 

Para poder preparar o temario desta materia entendía que debía coñecer os seus fundamentos cunha profundidade bastante maior que a que se debe abordar despois na aula. Un dos textos que máis me axudou foi o Curso de astronomía general de Bakulin, P. I., Kononovich, E. V. e Moroz, V.I, (Editorial MIR- Ribiños-1860, S.A., 1992). Daquela tomara algúns apuntes que transcribo hoxe aquí. 

Teorema do coseno para un triángulo esférico

Consideremos tres planos que pasen polo centro dunha esfera. Así determinaremos tres circunferencias máximas sobre a esfera e formarase un ángulo triedro con vértice no centro O da esfera. Xa que logo obtemos o triángulo esférico ABC onde OA=OB=OC=r, o raio da esfera. Temos ademais as seguintes igualdades:

O lado a =∠BOC, o lado b=∠AOC e o lado c=∠AOB

As rectas AD e AE, tanxentes á esfera, son perpendiculares a OA. Construímos así o triángulo ADE  que ten en A o mesmo ángulo que o ángulo correspondente do triángulo esférico. 

Aplicando o teorema do coseno aos triángulos ADE e OEM e igualando:

$$DE^{2}=AE^{2}+AD^{2}-2AE\cdot ADcos$$ $$DE^{2}=OE^{2}+OD^{2}-2OE\cdot ODcosa$$ $$AE^{2}+AD^{2}-2AE\cdot ADcosA=OE^{2}+OD^{2}-2OE\cdot ODcosa$$

A última igualdade tamén a podemos escribir así: $$2OD\cdot OEcosa=OE^{2}-AE^{2}+OD^{2}-AD^{2}+2AE\cdot ADcosA$$

Como os triángulos OAE e OAD son rectángulos, as dúas diferenzas do segundo membro pódense substituir por OA². Despois dividimos por 2ME・MD: $$2OD\cdot OEcosa=2OA^{2}+2AE\cdot ADcosA$$ $$cosa=\frac{OA}{OE}\frac{OA}{OD}+\frac{AE}{OE}\frac{AD}{OD}cosA$$

Finalmente substituímos polas razóns trigonométricas correspondentes e obtemos a fórmula coñecida como 

Teorema do coseno do triángulo esférico: $$cosa=cosb\cdot cosc+senb\cdot senc\cdot cosA$$

Se agora despexamos cosA temos unha expresión coa que calcular os ángulos a partir dos lados dun triángulo esférico: $$cosA=\frac{cosa-cosb\cdot cosc}{senb\cdot senc}$$

Teorema do seno para un triángulo esférico

Continuemos. Elevando ao cadrado e restando de 1, obtense o sen² A: $$sen^{2}A=1-cos^{A}=1-\frac{\left ( cosa-cosb\cdot cosc \right )^{2}}{sen^{2}b\cdot cos^{2}c}=\frac{sen^{2}b\cdot sen^{2}c-\left (cosa-cosb\cdot cosc  \right )^{2}}{sen^{2}b\cdot sen^{2}c}$$

Dividindo por sen²a e simplificando chegamos a: $$\frac{sen^{2}A}{sen^{2}a}=\frac{1-cos^{2}a-cos^{2}b-cos^{2}c+2cosa\cdot cosb\cdot cosc}{sen^{2}a\cdot sen^{2}b\cdot sen^{2}c}$$

O segundo membro desta fórmula é moi curioso, se permutamos os valores de a, b e c permanece invariante. De aí que ese valor sexa a constante das seguintes razóns: $$\frac{sen^{2}A}{sen^{2}a}=\frac{sen^{2}B}{sen^{2}b}=\frac{sen^{2}C}{sen^{2}c}=cte$$

Inmediatamente temos as seguintes fórmulas que se coñecen como o 

Teorema do seno para o triángulo esférico: $$\frac{senA}{sena}=\frac{senB}{senb}=\frac{senC}{senc}$$ $$\frac{sena}{senb}=\frac{senA}{senB}\quad\quad \frac{senb}{senc}=\frac{senB}{senC}\quad\quad \frac{senc}{sena}=\frac{senC}{senA}$$

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.