tu pregunta es, verificar las siguientes identidades
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Tu pregunta es,
1- Verificar las siguientes identidades trigonomΓ©tricas,
a. 1
π ππ2(π)+
1
πππ 2(π)=
1
π ππ2(π)βπ ππ4(π)
b. ππ‘π2(π)π ππ2(π) + π ππ2(π) β πππ 2(π) = π ππ2(π)
c. 1+csc(π)
csc(π)β1=
1+π ππ(π)
1βπ ππ(π)
d. π‘ππ(π΄)βπ‘ππ(π΅)
1+π‘ππ(π΄)π‘ππ(π΅)=
ππ‘π(π΅)βππ‘π(π΄)
1+ππ‘π(π΄)ππ‘π(π΅)
e. ππ‘π(π₯)
1βπ‘ππ(π₯)+
π‘ππ(π₯)
1βππ‘π(π₯)= 1 + π ππ(π₯)ππ π(π₯)
f. π ππ4(π΅) + πππ 4(π΅) = 1 β 2π ππ2(π΅)πππ 2(π΅)
g. π ππ6(π) + πππ 6(π) = 1 β 3π ππ2(π)πππ 2(π)
h. π ππ2(π‘) +1βπ‘ππ2(π‘)
π ππ2(π‘)= πππ 2(π‘)
i. π ππ4(π) β 1 β π ππ2(π)π‘ππ2(π) = π‘ππ2(π)
j. π ππ2(π)ππ π2(π) = π ππ2(π) + ππ π2(π)
2- Resolver las siguientes ecuaciones para todos los valores π₯ no negativos y menores
que 2π
2π ππ2(π₯) = 3π‘ππ2(π) + 1
π ππ(π₯) β ππ π(π₯) = 0
πππ 2(π₯) + πππ (π₯) β 2 = 0
π ππ2(π₯) + π‘ππ(π₯) = 1
Bien, entonces primero veamos un poco de teorΓa que iremos usando, tenemos las
siguientes razones trigonomΓ©tricas,
π‘ππ2(π₯) =π ππ2(π₯)
πππ 2(π₯),π‘ππ(π₯) =
π ππ(π₯)
πππ (π₯)
ππ‘π2(π₯) =πππ 2(π₯)
π ππ2(π₯),ππ‘π(π₯) =
πππ (π₯)
π ππ(π₯)
π ππ2(π₯) =1
πππ 2(π₯),π ππ(π₯) =
1
πππ (π₯)
ππ π2(π₯) =1
π ππ2(π₯),ππ π(π₯) =
1
π ππ(π₯)
Y,tambiΓ©n,laidentidadmΓ‘spoderosaβ¦:3
π ππ2(π₯) + πππ 2(π₯) = 1
Es hermosa, en fin, son con Γ©stas herramientas, un poco de inspiraciΓ³n, comida, y ganas de
divertirte que puedes demostrar absolutamente cualquier cosa respecto a la geometrΓa
por supuesto, por ejemplo;
Si dividimos a toda esa identidad para π ππ2(π₯)
π ππ2(π₯)
π ππ2(π₯)+πππ 2(π₯)
π ππ2(π₯)=
1
π ππ2(π₯)
Entonces nos queda,
1 + ππ‘π2(π₯) = ππ π2(π₯)
Y ya tenemos Γ©sta, ahora, que pasa que a la identidad original le dividimos entre πππ 2(π₯)
π ππ2(π₯)
πππ 2(π₯)+πππ 2(π₯)
πππ 2(π₯)=
1
πππ 2(π₯)
Entonces nos queda,
π‘ππ2(π₯) + 1 = π ππ2(π₯)
Y asΓ podrΓamos ir jugando con la identidad original para obtener diferentes identidades
segΓΊn necesitemos, usando las razones trigonomΓ©tricas que esas sΓ, tienes que sabΓ©rtelas,
o al menos tener una idea de cΓ³mo se las obtiene,
Bien, con todo esto vamos a resolver Γ©ste taller, recuerda que el propΓ³sito es llevar todo a
senos o todo a cosenos,
AdemΓ‘s, puedes partir del lado que tΓΊ quieras, prefieres, escojas, te guste o puedas, de
izquierda o derecha de la igualdad, e intentarΓ‘s llegar al otro lado.
Entonces, para el primer ejercicio,
1
π ππ2(π)+
1
πππ 2(π)=
1
π ππ2(π) β π ππ4(π)
Podemos partir de lado derecho que se lo ve mΓ‘s prometedor, e intentaremos llegar al
lado izquierdo,
AdemΓ‘sdetodaslasherramientasquepuse,lodemΓ‘scomodicenesβcarpinterΓaβ,esdecir
es el uso del Γ‘lgebra, sumar fracciones, agrupar tΓ©rminos a nuestra conveniencia, nuestra
habilidad para manipular los nΓΊmeros a nuestro antojo, algunas es despejar de las
identidades que puse al comienzo.
1
π ππ2(π)+
1
πππ 2(π)=πππ 2(π) + π ππ2(π)
π ππ2(π)πππ 2(π)
Pero, el numerador es la identidad poderosa ΒΏverdad?, ademΓ‘s, para el denominador
podemos despejar de la identidad poderosa el coseno cuadrado, y reemplazamos aquΓ,
1
π ππ2(π)(1 β π ππ2(π))=
1
π ππ2(π) β π ππ4(π)β
Y eso es lo que querΓamos demostrar,
Continuemos,
ππ‘π2(π)π ππ2(π) + π ππ2(π) β πππ 2(π) = π ππ2(π)
Mira que serΓa un poco complicado partir de la izquierda e intentar llegar a la derecha
ΒΏverdad?, entonces, la idea es dejar todo en funciΓ³n de senos y de cosenos y luego tratar de
reducir lo mΓ‘s que se pueda,
πππ 2(π)
π ππ2(π)π ππ2(π) + π ππ2(π) β πππ 2(π)
πππ 2(π) + π ππ2(π) β πππ 2(π)
π ππ2(π)β
Y eso es lo que querΓamos demostrar,
1 +csc(π)
csc(π) β 1=1 + π ππ(π)
1 β π ππ(π)
Partimos del lado derecho e intentaremos llegar al izquierdo, llevemos todo a senos y
cosenos,
1 +1
π ππ(π₯)1
π ππ(π₯)β 1
=π ππ(π₯) + 1π ππ(π₯)
1 β π ππ(π₯)π ππ(π₯)
Hacemos, medios con medio, extremos con extremos,
π ππ(π₯) + 1
π ππ(π₯)(
π ππ(π₯)
1 β π ππ(π₯))
π ππ(π₯) + 1
1 β π ππ(π₯)
1 + π ππ(π₯)
1 β π ππ(π₯)β
Y eso es lo que querΓamos demostrar,
π‘ππ(π΄) β π‘ππ(π΅)
1 + π‘ππ(π΄)π‘ππ(π΅)=
ππ‘π(π΅) β ππ‘π(π΄)
1 + ππ‘π(π΄)ππ‘π(π΅)
Γsta es una identidad muy ΓΊtil, para la geometrΓa analΓtica, bien, pero tambiΓ©n es algo
complicadita, entonces,
π‘ππ(π΄) β π‘ππ(π΅)
1 + π‘ππ(π΄)π‘ππ(π΅)=
π ππ(π΄)πππ (π΄)
βπ ππ(π΅)πππ (π΅)
1 + (π ππ(π΄)πππ (π΄)
) (π ππ(π΅)πππ (π΅)
)
Haciendo operaciones,
π ππ(π΄)πππ (π΅) β π ππ(π΅)πππ (π΄)πππ (π΄)πππ (π΅)
1 + (π ππ(π΄)π ππ(π΅)πππ (π΄)πππ (π΅)
)
Seguimos haciendo operaciones,
π ππ(π΄)πππ (π΅) β π ππ(π΅)πππ (π΄)πππ (π΄)πππ (π΅)
πππ (π΄)πππ (π΅) + π ππ(π΄)π ππ(π΅)πππ (π΄)πππ (π΅)
Medios con medios, extremos con extremos,
(π ππ(π΄)πππ (π΅) β π ππ(π΅)πππ (π΄)
πππ (π΄)πππ (π΅))(
πππ (π΄)πππ (π΅)
πππ (π΄)πππ (π΅) + π ππ(π΄)π ππ(π΅))
Entonces,
π ππ(π΄)πππ (π΅) β π ππ(π΅)πππ (π΄)
πππ (π΄)πππ (π΅) + π ππ(π΄)π ππ(π΅)
Ahora, en el numerador hay una propiedad, que se llama la resta y resta de senos,
π ππ(π₯ Β± π¦) = π ππ(π₯)πππ (π¦) Β± π ππ(π¦)πππ (π₯)
Y, el denominador cumple con una propiedad, que se llama resta de cosenos,
πππ (π₯ β π¦) = πππ (π₯)πππ (π¦) + π ππ(π₯)π ππ(π¦)
Mira que, en la suma y resta de senos, los signos son correspondientes, pero en la resta de
cosenos se suma, de forma anΓ‘loga, en la suma de cosenos se resta,
Peor bueno,
Entonces, usando esto nos queda,
π ππ(π΄ β π΅)
πππ (π΄ β π΅)
Ahora, la pregunta ΒΏCΓ³mo llegamos con esto al otro lado?, la demostraciΓ³n de Γ©sta es un
poco larga y hay que ver otras herramientas, asΓ quevamosahacerunpocodeβtrampaβ,
ya desarrollamos el lado derecho y llegamos a esto, eso quiere decir que, si en verdad se
cumple la igualdad de donde salimos, entonces desarrollemos el lado izquierdo y
deberemos llegar a lo mismo que llegamos a partir de lado derecho,
ππ‘π(π΅) β ππ‘π(π΄)
1 + ππ‘π(π΄)ππ‘π(π΅)
Pasamos a senos y cosenos,
πππ (π΅)π ππ(π΅)
βπππ (π΄)π ππ(π΄)
1 + (πππ (π΄)π ππ(π΄)
) (πππ (π΅)π ππ(π΅)
)
Operamos,
π ππ(π΄)πππ (π΅) β πππ (π΄)π ππ(π΅)π ππ(π΄)π ππ(π΅)
1 + (πππ (π΄)πππ (π΅)π ππ(π΄)π ππ(π΅)
)
Entonces,
π ππ(π΄)πππ (π΅) β πππ (π΄)π ππ(π΅)π ππ(π΄)π ππ(π΅)
π ππ(π΄)π ππ(π΅) + πππ (π΄)πππ (π΅)π ππ(π΄)π ππ(π΅)
=
π ππ(π΄)πππ (π΅) β πππ (π΄)π ππ(π΅)π ππ(π΄)π ππ(π΅)
πππ (π΄)πππ (π΅) + π ππ(π΄)π ππ(π΅)π ππ(π΄)π ππ(π΅)
Nuevamente aplicamos medios con medios, extremos con extremos,
(π ππ(π΄)πππ (π΅) β πππ (π΄)π ππ(π΅)
π ππ(π΄)π ππ(π΅))(
π ππ(π΄)π ππ(π΅)
πππ (π΄)πππ (π΅) + π ππ(π΄)π ππ(π΅))
Entonces nos queda,
(π ππ(π΄)πππ (π΅) β πππ (π΄)π ππ(π΅)
πππ (π΄)πππ (π΅) + π ππ(π΄)π ππ(π΅))
Pero Γ©stas definiciones ya las sabemos,
π ππ(π΄ β π΅)
πππ (π΄ β π΅)
Pero mira que llegamos a los mismo, cuando salimos del lado derecho,
Entonces si se cumple esa identidad,
Ahora, una forma de camuflar Γ©ste procedimiento que hemos hecho, y que a algunos
profesores no les agrada, es que,
βdesarrollamoselladoizquierdounpoquito,yreescribimoslaidentidadconlanueva
parteβ,enΓ©stecaso,
π‘ππ(π΄) β π‘ππ(π΅)
1 + π‘ππ(π΄)π‘ππ(π΅)=
π ππ(π΄ β π΅)
πππ (π΄ β π΅)
Ya reescrita la identidad que vamos a demostrar, entonces ahΓ sΓ, partimos del lado
derecho y Γ©sta demostraciΓ³n es muchΓsimo mΓ‘s fΓ‘cil.
Como te mencionΓ©, hay que ser habilidoso para poder obtener una respuesta, emplear
cualquier tipo de artificio, muy pocas veces vas a necesitar hacer esto. La demostraciΓ³n
formal de Γ©sta identidad se basa en agregar nΓΊmeros inteligentes es decir ceros (0) o unos
(1), distribuirlos, agruparlos a nuestro antojo y llegar al otro lado, pero como se trata de
una demostraciΓ³n podemos darnos Γ©ste gusto.
ππ‘π(π₯)
1 β π‘ππ(π₯)+
π‘ππ(π₯)
1 β ππ‘π(π₯)= 1 + π ππ(π₯)ππ π(π₯)
Dejamos todo en funciΓ³n de senos y cosenos,
ππ‘π(π₯)
1 β π‘ππ(π₯)+
π‘ππ(π₯)
1 β ππ‘π(π₯)=
πππ (π₯)π ππ(π₯)
1 βπ ππ(π₯)πππ (π₯)
+
π ππ(π₯)πππ (π₯)
1 βπππ (π₯)π ππ(π₯)
Operamos,
πππ (π₯)π ππ(π₯)
πππ (π₯) β π ππ(π₯)πππ (π₯)
+
π ππ(π₯)πππ (π₯)
π ππ(π₯) β πππ (π₯)π ππ(π₯)
Hacemos medios con medios, extremos con extremos,
[(πππ (π₯)
π ππ(π₯))(
πππ (π₯)
πππ (π₯) β π ππ(π₯))] + [(
π ππ(π₯)
πππ (π₯)) (
π ππ(π₯)
π ππ(π₯) β πππ (π₯))]
Entonces,
[(1
π ππ(π₯)) (
πππ 2(π₯)
πππ (π₯) β π ππ(π₯))] + [(
1
πππ (π₯)) (
π ππ2(π₯)
π ππ(π₯) β πππ (π₯))]
Podemos extraer el signo del denominador del segundo corchete,
[(1
π ππ(π₯)) (
πππ 2(π₯)
πππ (π₯) β π ππ(π₯))] + [(
1
πππ (π₯)) (
π ππ2(π₯)
β(βπ ππ(π₯) + πππ (π₯)))]
Lo sacamos, y acomodamos
[(1
π ππ(π₯)) (
πππ 2(π₯)
πππ (π₯) β π ππ(π₯))] β [(
1
πππ (π₯)) (
π ππ2(π₯)
πππ (π₯) β π ππ(π₯))]
Hicimos eso para que los denominadores se parezcan un poco mΓ‘s, ahora operemos,
[(πππ 2(π₯)
(π ππ(π₯))(πππ (π₯) β π ππ(π₯)))] β [(
π ππ2(π₯)
(πππ (π₯))(πππ (π₯) β π ππ(π₯)))]
Hacemos Γ©sta resta de fracciones,
(πππ 2(π₯)(πππ (π₯)) β π ππ2(π₯)(π ππ(π₯))
π ππ(π₯)πππ (π₯)(πππ (π₯) β π ππ(π₯)))
(πππ 3(π₯) β π ππ3(π₯)
π ππ(π₯)πππ (π₯)(πππ (π₯) β π ππ(π₯)))
Ahora, en el numerador podemos factorizar como la diferencia de cubos
((πππ (π₯) β π ππ(π₯))(πππ 2(π₯) + π ππ(π₯)πππ (π₯) + π ππ2(π₯))
π ππ(π₯)πππ (π₯)(πππ (π₯) β π ππ(π₯)))
Simplificamos,
(πππ 2(π₯) + π ππ(π₯)πππ (π₯) + π ππ2(π₯)
π ππ(π₯)πππ (π₯))
Agrupamos,
(π ππ(π₯)πππ (π₯) + (π ππ2(π₯) + πππ 2(π₯))
π ππ(π₯)πππ (π₯))
Pero, esa identidad ya la sabemos,
(π ππ(π₯)πππ (π₯) + 1
π ππ(π₯)πππ (π₯))
Ahora, aplicamos fracciones homogΓ©neas, si recuerdas que son ΒΏverdad?, son aquellas que
tienen el mimo denominador y por lo tanto solo se suman los numeradores ΒΏcierto?,
Entonces, distribuimos el denominador para cada tΓ©rmino del numerador,
π ππ(π₯)πππ (π₯)
π ππ(π₯)πππ (π₯)+
1
π ππ(π₯)πππ (π₯)
Es decir,
1 +1
π ππ(π₯)πππ (π₯)
Pero,
1 + (1
π ππ(π₯)) (
1
πππ (π₯))
Y ya sabemos a quΓ© equivale cada una de esas fracciones,
1 + ππ π(π₯)π ππ(π₯)β
Y es lo que querΓamos demostrar,
π ππ4(π΅) + πππ 4(π΅) = 1 β 2π ππ2(π΅)πππ 2(π΅)
Γsta vez vamos a partir del lado izquierdo,
1 β 2π ππ2(π΅)πππ 2(π΅)
Podemos hacer,
1 β 2(1 β πππ 2(π΅))πππ 2(π΅)
Simplificamos,
1 β 2πππ 2(π΅) + 2πππ 4(π΅)
Pero, podemos jugar un poco,
1 β 2πππ 2(π΅) + (πππ 4(π΅) + πππ 4(π΅))
Agrupamos,
1 β 2πππ 2(π΅) + πππ 4(π΅) + (πππ 4(π΅))
Y ahora, no sΓ© si te das cuenta a que equivale lo que estΓ‘n en color rojo. Eso es un caso de
factorizaciΓ³n, es un trinomio cuadrado perfecto,
(1 β πππ 2(π΅))2 + (πππ 4(π΅))
Pero, ya sabemos a quΓ© es igual lo que estΓ‘ dentro de ese cuadrado,
(π ππ2(π΅))2 + (πππ 4(π΅))
Entonces nos queda,
π ππ4(π΅) + πππ 4(π΅)β
Y esto es lo que querΓamos demostrar,
π ππ6(π) + πππ 6(π) = 1 β 3π ππ2(π)πππ 2(π)
Primero recordemos como se factorizaba un binomio al cubo para la suma,
(π3 + π3) = (π + π)(π2 β ππ + π2)
Entonces, vamos a salir del lado derecho e intentaremos llegar a la izquierda,
π ππ6(π) + πππ 6(π)
Pero, esto es lo mismo que,
(π ππ2(π))3+ (πππ 2(π))
3
Entonces podemos factorizar usando la fΓ³rmula que vimos,
(π ππ2(π))3+ (πππ 2(π))
3
= (π ππ2(π) + πππ 2(π))((π ππ(π)2)2 β π ππ2(π)πππ 2(π) + (πππ (π)2)2)
Podemos colegir,
π ππ6(π) + πππ 6(π) = (π ππ2(π) + πππ 2(π))(π ππ4(π) β π ππ2(π)πππ 2(π) + πππ 4(π))
Entonces,
(1)(π ππ4(π) β π ππ2(π)πππ 2(π) + πππ 4(π))
Agrupamos,
π ππ4(π) + πππ 4(π) β π ππ(π)πππ (π)
Ahora, esto es lo mismo que escribir,
(π ππ2(π))2+ (πππ 2(π))
2β π ππ(π)πππ (π)
Ahora, recordemos como se hacΓa un binomio al cuadrado,
(π₯ + π¦)2 = π₯2 + 2π₯π¦ + π¦2
ΒΏEn quΓ© se parece a lo que tenemos?, es como que tenemos,
(π ππ2(π))2+ (πππ 2(π))
2β π ππ(π)πππ (π),(π₯ + π¦)2 = π₯2 + 2π₯π¦ + π¦2
Entonces, nos falta el tΓ©rmino 2π₯π¦ para poder transformar lo que tenemos en (π₯ + π¦)2
Pero que, pasa si despejamos de aquΓ lo estΓ‘ en rojo,
(π₯ + π¦)2 = π₯2 + 2π₯π¦ + π¦2
(π₯ + π¦)2 β 2π₯π¦ = π₯2 + π¦2
Y mira, esto ya se parece a lo que nosotros tenemos entonces,
(π ππ2(π))2+ (πππ 2(π))
2= (π ππ2(π) + πππ 2(π))
2β 2(π ππ2(π))(πππ 2(π))
Entonces unimos todo,
(π ππ2(π) + πππ 2(π))2β 2(π ππ2(π))(πππ 2(π)) β π ππ2(π)πππ 2(π)
Listo, hemos hecho algo medio extraΓ±o, pero estΓ‘ correcto, a esto me refiero con que
tienes que ser hΓ‘bil en usar todo lo que sepas del Γ‘lgebra.
Podemos sumar tΓ©rmino semejante,
(π ππ2(π) + πππ 2(π))2β 3(π ππ2(π))(πππ 2(π))
Pero lo que estΓ‘ dentro del primer parΓ©ntesis es 1,
(1)2 β 3(π ππ2(π))(πππ 2(π))
Finalmente,
1 β 3π ππ2(π)πππ 2(π)β
Y esto es lo que querΓamos demostrar,
π ππ2(π‘) +1 β π‘ππ2(π‘)
π ππ2(π‘)= πππ 2(π‘)
Dejamos todo en tΓ©rminos de senos y cosenos,
π ππ2(π‘) +1 β π‘ππ2(π‘)
π ππ2(π‘)= π ππ2(π‘) +
1 βπ ππ2(π‘)πππ 2(π‘)1
πππ 2(π‘)
Operamos,
π ππ2(π‘) +
πππ 2(π‘) β π ππ2(π‘)πππ 2(π‘)
1πππ 2(π‘)
Hacemos medios con medios, extremos con extremos,
π ππ2(π‘) + (πππ 2(π‘) β π ππ2(π‘)
πππ 2(π‘))(
πππ 2(π‘)
1)
Simplificamos,
π ππ2(π‘) + πππ 2(π‘) β π ππ2(π‘)
Finalmente,
πππ 2(π‘)β
Y esto es lo que querΓamos demostrar,
π ππ2(π)ππ π2(π) = π ππ2(π) + ππ π2(π)
Podemos partir del lado izquierdo y llegar al derecho, llevamos todo a senos y cosenos,
π ππ2(π) + ππ π2(π) =1
πππ 2(π)+
1
π ππ2(π)
Operamos,
π ππ2(π) + πππ 2(π)
π ππ2(π)πππ 2(π)
Pero,
1
π ππ2(π)πππ 2(π)=
1
π ππ2(π)(
1
πππ 2(π))
Finalmente,
ππ π2(π)π ππ2(π) = ππ π2(π)π ππ2(π)β
Que es lo que querΓamos demostrar,
Y con eso acabamos las demostraciones,
Ahora para las ecuaciones, es lo mismo, debemos tratar de llevar todo a funciones de
senos y cosenos, veamos,
2π ππ2(π₯) = 3π‘ππ2(π) + 1
Entonces,
2 (1
πππ 2(π)) = 3(
π ππ2(π)
πππ 2(π)) + 1
Operamos,
(2
πππ 2(π)) =
3π ππ2(π) + πππ 2(π)
πππ 2(π)
Simplificamos,
2 = 3π ππ2(π) + πππ 2(π)
Jugando,
2 = 3π ππ2(π) + (1 β π ππ2(π))
1 = 2π ππ2(π)
Es decir,
π ππ2(π) =1
2
Sacamos raΓz a ambos lados,
βπ ππ2(π) = β1
2=β2
2
Pero cuando sacamos raΓz de un nΓΊmero elevado al cuadrado siempre nos deja un,
|π ππ(π)| =β2
2
Si nos queremos deshacer del valor absoluto,
π ππ(π) = Β±β2
2
Es decir, tiene una parte positiva y una parte negativa,
π ππ(π) =β2
2,π ππ(π) = β
β2
2
Pero si recuerdas,
π ππ(45) = π ππ (π
4) =
β2
2
Entonces,
π = ππππ ππ (β2
2) ,π = ππππ ππ (β
β2
2)
Es decir,
π =π
4,π = β
π
4
Pero, Γ©stas no son las ΓΊnicas soluciones, la funciΓ³n seno es periΓ³dica es decir se vuelve a
repetir cada 2π, es decir que la siguiente soluciΓ³n para π =π
4, estarΓ‘ en,
π
4+ 2π =
9
4π
Γsta medida en radianes podemos pasarla a grados, para verla mejor
9
4π (
180π
π) = 405π
Peroelcondicionamientodelejercicionosdice,βsoloconsiderelosvalorespositivosy
ademΓ‘s, hasta 2π es decir, hasta 360π,
Entonces, como que,
405π > 360π
Por lo tanto 9
4π, ya no es soluciΓ³n dentro de las restricciones que impone el ejercicio.
Pero, no olvidemos que dejamos una soluciΓ³n atrΓ‘s,
π = βπ
4
ΒΏQuΓ© problema tiene Γ©ste resultado dentro de la restricciΓ³n del ejercicio?, el ejercicio nos
exige solo respuestas positivas, y Γ©sta negativa, pero, no podemos desecharla y ya Β‘
Si recuerdas,
ΒΏEstΓ‘s de acuerdo con Γ©ste dibujo?
El Γ‘ngulo negativo le damos la interpretaciΓ³n como el Γ‘ngulo que va a en sentido Horario,
por lo tanto, si queremos usarlo a Γ©ste Γ‘ngulo en su forma positiva, debes calcular en Γ©ste
caso el SUPLEMENTO, que es igual a,
π =3
4π = 135π
Y mira que Γ©ste Γ‘ngulo ya cumple, con las condiciones del ejercicio, es positivo, y estΓ‘
dentro de los trecientos sesenta grados,
Nuevamente, Γ©sta no es la ΓΊnica soluciΓ³n, la funciΓ³n es periΓ³dica, es decir se vuelve a
repetir, y se vuelve a repetir cada 2π
Entonces la siguiente soluciΓ³n serΓa,
3
4π + 2π =
11
4π = 495π
Entonces, esto es un Γ‘ngulo positivo, pero no estΓ‘ dentro del intervalo que nos propone el
ejercicio,
Por lo tanto,
Las respuestas que cumplen las condiciones del ejercicio son,
πΆπ = {π =π
4,π =
3
4π}
Y eso serΓa todo,
Continuemos,
πππ 2(π₯) + πππ (π₯) β 2 = 0
Lo que podemos hacer es un cambio de variable, si gustas,
π = πππ (π₯),
Entonces, reescribiendo la ecuaciΓ³n en tΓ©rminos de nuestra nueva variable,
π2 + π β 2 = 0
El cambio de variable nos sirve cuando tenemos una misma variable, pero elevada a
diferentes nΓΊmeros, Γ©sta nos permite ver mejor que se forma una ecuaciΓ³n, en Γ©ste caso
una ecuaciΓ³n de segundo grado,
Factoricemos,
(π + 2)(π β 1) = 0
Aplicando el teorema del factor nulo,
π π,(π)(π) = 0,πππ‘πππππ ,π = 0Γ²π = 0
Entonces,
π = β2,π = 1
Volvemos a la variable original,
πππ (π₯) = β2,πππ (π₯) = 1
El cambio de variable no es necesario, pero es para verle mejor el polinomio y como
factorizar,
Ahora, para el primer resultado estΓ‘s de acuerdo, que el recorrido de la funciΓ³n coseno es,
[1,β1]
Es decir, no existe ningΓΊn valor, ningΓΊn Γ‘ngulo que te arroje una imagen superior o
inferior a Γ©ste intervalo, por lo tanto,
πππ (π₯) β β2
Es decir, no existe soluciΓ³n por aquΓ,
Veamos, el otro,
πππ (π₯) = 1
π₯ = πππππ (1)
π₯ = 0
Γste, no es nΓΊmero positivo, es un neutro, creo que sΓ podemos incluirlo. Pero, la funciΓ³n
coseno, es periΓ³dica y se vuelve a repetir cada 2π, por lo tanto, la siguiente soluciΓ³n del
cero estarΓ‘ en,
0 + 2π = 2π
Γsta soluciΓ³n es positiva, pero no cumple con la otra condiciΓ³n, ΒΏPor quΓ©?
Porque el ejercicio nos dice, βlas soluciones tienen que ser menores que 2πβ, yo te
pregunto,
2π < 2π
Es falso, el enunciΓ³ debiΓ³ haber sido,
βlas soluciones tienen que ser menores o iguales que 2πβ
Entonces ahΓ sΓ, 2π pertenecerΓa, al conjunto soluciΓ³n, entonces,
πΆπ = {0}
Suponiendo que el cero, sea positivo, porque menor que 360 si es,
π ππ(π₯) β ππ π(π₯) = 0
Entonces,
π ππ(π₯) β1
π ππ(π₯)= 0
π ππ2(π₯) β 1
π ππ(π₯)= 0
AquΓ, debemos tomar en cuenta las restricciones que existe, ΒΏestΓ‘s de acuerdo que el
denominador nunca es su corta vida podrΓ‘ ser cero? Porque algo divido entre cero no
existe, entonces tenemos la siguiente restricciΓ³n,
π ππ(π₯) β 0
Es decir,
π₯ β ππππ ππ(0)
Es decir,
π₯ β 0
Pero, como siempre la funciΓ³n seno es periΓ³dica y se vuelve a repetir cada 2π, entonces el
siguiente punto que βxβ no puede tomar es,
0 + 2π = 2π
Es decir,
π₯ β 0,π₯ β 2π
Listo, como ya nos dan un intervalo, entonces nos es necesario calcular los infinitos
valores que βxβ no puede tomar, solo nos interesa hasta trecientos sesenta grados.
Ya consideremos la restricciΓ³n entonces continuemos,
π ππ2(π₯) β 1
π ππ(π₯)= 0
El seno de equis pasa a multiplicar al cero, mira que ahora sΓ, podemos hacer eso, primero
debemos considerar la restricciΓ³n para poder hacer esto,
π ππ2(π₯) β 1 = 0
π ππ2(π₯) = 1
Sacamos raΓz cuadrada a ambos lados,
βπ ππ2(π₯) = β1
Entonces nos queda,
|π ππ(π₯)| = 1
Es decir,
π ππ(π₯) = β1,π ππ(π₯) = 1
Entonces, consideremos el primer,
π ππ(π₯) = β1
π₯ = ππππ ππ(β1)
π₯ = βπ
2= β90π
Γsta respuesta no nos sirve porque el Γ‘ngulo tiene que ser positivo, aquΓ nos sirve calcular
el suplemento porque serΓa el mismo, pero como dijimos el signo menos, nos indica que el
Γ‘ngulo se recorriΓ³ en sentido horario,
Entonces ya tenemos nuestro Γ‘ngulo positivo que reemplaza al Γ‘ngulo negativo,
π₯ =3
2π = 270π
Γste resultado es positivo, y estΓ‘ dentro del intervalo que nos propone el ejercicio, por lo
tanto, si es soluciΓ³n, creo que es obvio que si le sumo 360 grados se va a pasar ΒΏverdad?
Entonces, ya sabemos que Γ©sta es la ΓΊnica soluciΓ³n dentro del intervalo.
Ahora para el segundo factor que dejamos,
π ππ(π₯) = 1
π₯ =π
2= 90π
La siguiente soluciΓ³n estarΓa en,
450π
Pero se pasa, entonces noventa grados es la ΓΊnica soluciΓ³n,
Ahora, debemos consideremos la restricciΓ³n que obtuvimos,
Dijimos que equis no puede ser cero ni dos pi, pero las soluciones que obtuvimos no caen
en Γ©stos puntos por lo tanto no hay problema,
πΆπ = {π₯ =3
2π,π₯ =
π
2}
Y se acabΓ³,
Para el ΓΊltimo
π ππ2(π₯) + π‘ππ(π₯) = 1
Para Γ©ste ejercicio podemos aplicar una identidad que demostrΓ© al comienzo, es las
herramientas que Γbamos a usar,
π‘ππ2(π₯) + 1 = π ππ2(π₯)
Podemos reemplazar en la ecuaciΓ³n la secante cuadrada,
π‘ππ2(π₯) + 1 + π‘ππ(π₯) = 1
Nos queda,
π‘ππ2(π₯) + π‘ππ(π₯) = 0
Puedes hacer el cambio de variables, pero ya estamos acabando asΓ que ya nada,
Factor comΓΊn,
π‘ππ(π₯)(π‘ππ(π₯) + 1) = 0
Por el teorema del factor nulo,
π‘ππ(π₯) = 0,π‘ππ(π₯) = β1
Del primer caso tenemos,
π₯ = ππππ‘ππ(0)
π₯ = 0
Ahora, aquΓ cambia algo, la unciΓ³n tangente es periΓ³dica, pero se Γ©sta vez se repite cada π
Es decir que el siguiente punto soluciΓ³n que alcanza es,
0 + π = π
Pero π = 180π, es decir, el intervalo que nos impone el ejercicio nos permite calcular una
respuesta mΓ‘s, entonces, el siguiente punto soluciΓ³n se encuentra en,
π + π = 2π
Pero como dijimos el 2π no estΓ‘ dentro del intervalo, casi.
Ahora, para el segundo factor tenemos,
π‘ππ(π₯) = β1
π₯ = ππππ‘ππ(β1)
π₯ = βπ
4= β45π
Nuevamente, no nos sirve el Γ‘ngulo negativo Γ©ste Γ‘ngulo ya lo hice me parece, el
complemento de Γ©ste es,
π₯ =3
2π = 270π
La siguiente respuesta estΓ‘ luego de 180 grados, pero ese valor que pasa del intervalo que
nos dan. Entonces queda ahΓ,
πΆπ: {π₯ = 0, π₯ = π, π₯ =3
2π}
Y listo,
Bueno eso serΓa todo, y espero te sirva y si tienes alguna duda me avisas,
Recomendaciones,
- Siempre trata de llevar todo a senos y cosenos,
- Para ecuaciones trigonomΓ©tricas, saberte algunas identidades te puede ahorrar
tiempo, como por ejemplo en Γ©ste ΓΊltimo. PodΓamos haber dejado todo en
tΓ©rminos de seno y coseno, pero es mΓ‘s largo.
- AprΓ©ndete las grΓ‘ficas de seno, coseno y tangente,
- No olvides considerar las restricciones que se vayan forman.
- Las restricciones se intersecan con las soluciones.
- Para las demostraciones de las identidades, viste que con pocas cosas pudimos
hacer todas, lo demΓ‘s fue ayuda del Γ‘lgebra, factorizaciones, jugar con los
nΓΊmeros.
- TratΓ© de ser lo mΓ‘s βexplicativoβ, asΓ que revisa y analiza bien Γ©sta guΓa.
Mucha suerte Β‘
Atta. Santiago Seeker