PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE FACULTAD DE MATEMÁTICAS DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA Primer Semestre 2015 MAT 1610 ⋆ AYUDANTÍA Sebastián Urrutia Quiroga http://web.ing.puc.cl/~ sgurruti/ “The first principle is that you must not fool yourself – and you are the easiest person to fool” – Richard Feynman (Nobel Prize in Physics, 1965) 1. 2pq , exprese cos(α) y cosec (α) en términos de p y q − q2 a sin(α) − b cos(α) b) Si b tan(α) = a, calcule el valor de a sin(α) + b cos(α) a) Si tan(α) = p2 Solución: a) Consideremos un triángulo como se muestra en la figura: Por el teorema de Pitágoras, r r 2 2 p 2 h= 2pq + p2 − q 2 = p4 + 2p2 q 2 + q 4 = p2 + q 2 = p2 + q 2 Note que omitimos el valor absoluto |x| = cos(α) = cosec (α) = √ x2 pues el argumento es no negativo. Ası́, p2 − q 2 p2 − q 2 = 2 h p + q2 1 h p2 + q 2 = = sin(α) 2pq 2pq –1– b) Dividiendo el numerador y el denominador de la expresión por coseno, a tan(α) − b a sin(α) − b cos(α) = a sin(α) + b cos(α) a tan(α) + b Multiplicando por b en el numerador y denominador, a sin(α) − b cos(α) ab tan(α) − b2 = a sin(α) + b cos(α) ab tan(α) + b2 Finalmente, reemplazando: a2 − b2 a sin(α) − b cos(α) = 2 a sin(α) + b cos(α) a + b2 2. Demuestre que: a) b) c) d) π cot2 (α) − sin2 π2 − α = tan − α − cos(α) cot(α) + cos(α) 2 tan(α) + cot(α) = sec(α) cosec (α) 3 1 1 sin4 (α) = − cos(2α) + cos(4α) 8 2 8 α−β α+β cos(α) − cos(β) tan = − tan cos(α) + cos(β) 2 2 Solución: a) Recordemos que sin π 2 − x = cos(x). Por tanto, cot2 (α) − sin2 π2 − α cot(α) + cos(α) cot2 (α) − cos2 (α) cot(α) + cos(α) = cot(α) − cos(α) π − α − cos(α) = tan 2 = b) Notemos que: 1 1 1 · = cos(α) sin(α) cos(α) sin(α) 2 2 cos (α) + sin (α) = cos(α) sin(α) sin2 (α) cos2 (α) + = cos(α) sin(α) cos(α) sin(α) = cot(α) + tan(α) sec(α) cosec (α) = –2– c) Notemos que: cos(2α) = cos2 (α) − sin2 (α) = 2 cos2 (α) − 1 cos(4α) = cos2 (2α) − sin2 (2α) 2 2 2 = 2 cos (α) − 1 − 2 sin(α) cos(α) = 8 cos4 (α) − 8 cos2 (α) + 1 1 3 1 − cos(2α) + cos(4α) = 1 − 2 cos2 (α) + cos4 (α) 8 2 8 2 = 1 + cos2 (α) = sin4 (α) d ) Si denotamos por α = 2a y β = 2b, entonces la identidad que se desea demostrar toma la siguiente forma: cos(2b) − cos(2a) = tan(a + b) tan(a − b) cos(2b) + cos(2a) Recordando que tan(a ± b) = tan(a) ± tan(b) 1 ∓ tan(a) tan(b) Se tiene que: tan(a + b) tan(a − b) = = = = = tan(a) + tan(b) tan(a) − tan(b) · 1 − tan(a) tan(b) 1 + tan(a) tan(b) 2 2 tan (a) − tan (b) 1 − tan2 (a) tan2 (b) sin2 (a) cos2 (b) − sin2 (b) cos2 (a) cos2 (a) cos2 (b) − sin2 (a) sin2 (b) 1 − cos2 (a) cos2 (b) − 1 − cos2 (b) cos2 (a) 2 2 2 2 cos (a) cos (b) − 1 − cos (a) 1 − cos (b) cos2 (b) − cos2 (a) cos2 (a) + cos2 (b) − 1 Por otra parte, 2 cos2 (b) − 1 − 2 cos2 (a) + 1 cos2 (b) − cos2 (a) cos(2b) − cos(2a) = = cos(2b) + cos(2a) 2 cos2 (b) − 1 + 2 cos2 (a) + 1 cos2 (a) + cos2 (b) − 1 lo que completa la demostración. –3– 3. Si tan(25°) = a, exprese R= tan(205°) − tan(115°) tan(245°) + tan(335°) en términos de a. Solución: Recordemos que el periodo de la tangente es π = 180°, por lo que tan(205°) = tan(180° + 25°) = tan(25°) = a tan(115°) = tan(90° + 25°) = − cot(25°) = − π 1 a pues tan − θ = cot(θ), y la tangente es una función impar (al igual que la cotangente). Por 2 otra parte, tan(245°) = tan(180° + 65°) = tan(65°) 1 a tan(335°) = tan(2 · 180° − 25°) = − tan(25°) = −a = tan(90° − 25°) = cot(25°) = Ası́, 1 2 a = 1+a R= 1 1 − a2 −a a a+ 4. Resuelva cos(2x) + cos(3x) = 0 Solución: Recordemos que: cos(a + b) = cos(a) cos(b) − sin(a) sin(b) cos(a − b) = cos(a) cos(b) + sin(a) sin(b) Sumando, cos(a + b) + cos(a − b) = 2 cos(a) cos(b) Si hacemos a + b = 3x y a − b = 2x, obtendremos que: a= 5x 2 ∧ b= x 2 Por tanto, reemplazando, x 5x cos(3x) + cos(2x) = 2 cos cos 2 2 –4– Ası́, la ecuación buscada es equivalente a resolver x 5x cos cos =0 2 2 x x π = 0 implica que = + kπ, k ∈ Z. Ası́ cos 2 2 2 x = π + 2kπ = (2k + 1)π (múltiplos impares de π) 5x π 5x = 0 implica que = + mπ, m ∈ Z. Ası́ cos 2 2 2 2m + 1 1 x= π + 2mπ = π 5 5 5. Demuestre que √ a) sin 2 arcsin(x) = 2x 1 − x2 x b) arctan √ 1 − x2 = arcsin(x), |x| < 1 Solución: Primero que todo, recordemos el dominio y recorrido de las funciones trigonométricas inversas más comunes: Función Dominio Recorrido π π y = arcsin(x) −1 ≤ x ≤ 1 − ≤ y ≤ 2 2 y = arc cos(x) −1 ≤ x ≤ 1 y = arctan(x) x∈R 0≤y≤π − π π <y< 2 2 a) Sea y = arcsin(x), lo que implica que x = sin(y) con las restricciones (dominio y recorrido) establecidas en la tabla anterior. Ası́, sin 2 arcsin(x) = sin(2y) = 2 sin(y) cos(y) = 2x cos(y) Recordemos la identidad fundamental de la trigonometrı́a, aplicada al ángulo y: cos2 (y) + sin2 (y) = 1 cos2 (y) = 1 − sin2 (y) = 1 − x2 √ cos(y) = ± 1 − x2 ¿Qué signo elegimos? Como y ∈ [−π/2, π/2], cos(y) ∈ [0, 1] con lo que es no negativo. Por tanto, nos quedamos con la raı́z positiva y concluimos que: √ √ 2 cos(y) = 1 − x −→ sin 2 arcsin(x) = 2x 1 − x2 –5– b) El problema planteado es equivalente a probar que: x √ = tan arcsin(x) 1 − x2 que se consigue al aplicar tangente a ambos lados, y aprovechar el carácter invertible de la función. Sea y = arcsin(x), de manera análoga al caso anterior. Deseamos calcular tan(y), lo cual se consigue al tomar en cuenta la siguiente identidad trigonométrica: tan(y) = sin(y) x =√ cos(y) 1 − x2 consecuencia del apartado anterior. Cualquier consulta o sugerencia, vı́a mail a [email protected] con asunto “Consulta MAT 1610” –6–