670. Una criba parabólica. RESOLUCIÓN

    Estábamos representando en clase la gráfica de la función y = x². Pepe Chapuzas escribió la siguiente tabla de valores enteros... (Se saltó los valores x = –1 y x = 1.)

    Dibujó en el cuaderno los ejes en negro, los puntos en rojo y la curva (el arco de parábola) en azul... Como acabó el primero y se aburría empezó a "guarrear" la gráfica... Empezó a unir con segmentos los puntos de la izquierda con los puntos de la derecha...

    Profe, mire. Estas cuerdas cortan al eje de ordenadas en números naturales que no son primos... ¡Es como la criba de Eratóstenes! Quedan 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23...

    Supongo que Pepe se imaginaba una tabla con infinitos valores de x (con todos los enteros menos el –1 y el 1) porque dibujó cuerdas que en teoría llegaban a puntos que no cabían en el papel...
    Demuestra que este método gráfico funciona como la criba de Eratóstenes, esto es, estas infinitas cuerdas tachan todos los naturales compuestos y a ningún número primo...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla tomó un punto de la izquierda (–n, n²) y un punto de la derecha (m, m²) de la parábola (los números n y m eran naturales mayores que 1) y calculó la ecuación de la recta que pasaba por ellos: y = (m²–n²)/(m+n) · (x+n) + n² = (m–n) · (x+n) + n². Después halló la intersección de esta recta con el eje de ordenadas: x = 0, y =  (m–n) · n + n² = m·n, que es un natural compuesto, o sea, que no es primo (recuérdese que n>1 y m>1). Este cálculo aseguraba además que cualquier compuesto m·n es tachado por la cuerda que une los puntos (–n, n²) y  (m, m²) lo que prueba la validez de la criba de Pepe... Nina solo tenía una pega...

    Profe, ¿no habíamos quedado en que el 1 no era primo?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso comentó que antiguamente se consideraba primo al número 1 pero...

    Mire, profe. Sabemos que un natural compuesto se puede descomponer de forma única como producto de primos ordenados de menor a mayor: así, 12 = 2·2·3. Pero si consideramos primo al 1, entonces la descomposición no es única: 12 = 1·2·2·3 = 1·1·2·2·3... ¡Los matemáticos son rigurosos! y el 1 fue expulsado de los primos como Plutón lo fue de los planetas por los astrónomos...

669. De tercer grado (3ª parte). RESOLUCIÓN

    El verano suele hacer estragos... Quise repasar la regla de Ruffini que habíamos visto el curso anterior y alguno afirmaba que no la habíamos dado... Menos mal que Pepe Chapuzas sí se acordaba:

    Profe, la regla de Ruffini es muy fácil. Consiste en multiplicar, sumar, multiplicar, sumar..., desde el coeficiente principal hasta el término independiente de un polinomio... Y es útil para encontrar las raíces enteras...

    La verdad es que no le había quedado muy claro... pero lo peor estaba por llegar:

    Aunque si aplicamos la regla de Ruffini "al revés", o sea, si vamos multiplicando y sumando desde el término independiente hasta el coeficiente principal, entonces la regla es igual de útil para encontrar las raíces que son fracciones unitarias.

    Le pedí que se explicara mejor... En dos minutos ya se había preparado un ejemplo: el polinomio de tercer grado 30x³ – x² – 6x + 1.

    Mire, profe. Las raíces son –1/2, 1/3 y 1/5.

    Comprueba con la regla de Ruffini "al derecho" las raíces encontradas por Pepe Chapuzas...
    Calcula las raíces del polinomio de tercer grado 36x³ – 216x² + 263x – 90.

SOLUCIÓN

    La comprobación la hizo Nina Guindilla en un santiamén...

    La segunda cuestión era más complicada: las raíces de 36x³ – 216x² + 263x – 90 ni eran enteras ni eran fracciones unitarias... La regla de Ruffini no valía ni "al derecho" ni "al revés": era buscar agujas en un pajar... Y la fórmula general de las soluciones de la ecuación de tercer grado... mejor ni mencionarla... Nina optó por el método de Cardano (que aprendió en un taller de Matemáticas)...

    Profe, mire. Hay que resolver ax³ + bx² + cx + d = 0 mediante cambios de variable. 
    Primer cambio x = y – b/a/3. En nuestro ejemplo x = y + 2. Con este cambio se consigue una ecuación de tercer grado incompleta: ay³ = px + q. 

36(y+2)³ – 216(y+2)² + 263(y+2) – 90 = 0

36y³ + 216y² + 432y + 288 – 216y² – 864y – 864 + 263y + 526 – 90 = 0

36y³ = 169y + 140

    Segundo cambio y = u+v. Observe que y³ = (u+v)³ = u³ + 3u²v + 3uv² + v³ = 3uvy + u³ + v³.

36(3uvy+u³+v³) = 169y + 140

108uvy + 36(u³+v³) = 169y + 140

    Esta igualdad es cierta si uv = 169/108 y u³+v³ = 140/36 = 35/9, por lo tanto u y v son soluciones de la ecuación tricuadrada w⁶ – 35w³/9 + 169³/108³ = 0.
    Tercer cambio w³ = z + 35/18. Con ello evitamos utilizar la fórmula general de las soluciones de la ecuación de segundo grado: 

(z+35/18)² – 35·(z+35/18)/9 + 169³/108³ = 0

z² + 35z/9 + 35²/18² – 35z/9 – 35·35/18/9 + 169³/108³ = 0.

z² = –64009/1259712

z = ±0,22541607732i

    ¡Qué extraño es trabajar con números imaginarios para obtener raíces reales! Ahora toca deshacer los cambios en coordenadas rectangulares y polares con la calculadora...

w³ = 1,944444444444 ± 0,22541607732i = (1,957466884899; ±0,115413082215rad)

w₁ = (1,250925583244; ±0,038471027405rad) = 1,25 ± *******i

w₂ = (1,250925583244; ±2,132866129798rad) = –0,6666666666666 ± *******i

w₃ = (1,250925583244; ±4,227261232191rad) = –0,58333333333333 ± *******i

    Si las raíces son reales, entonces u y v son conjugados, por tanto, y = u + v = 2·Re(w), y no hace falta calcular Im(w) = *******.

y₁ = 2·5/4 = 5/2

y₂ = 2·(–2/3) = –4/3

y₃ = 2·(–7/12) =  –7/6

    Y las raíces que buscábamos son:

x₁ = 5/2 + 2 = 9/2

x₂ = –4/3 +2 = 2/3

x₃ = –7/6 + 2 = 5/6
 

    Nina debería haber hecho la comprobación. ¿La haces tú?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso comprobó las raíces con la regla de Ruffini "al derecho" y "al revés".

668. De tercer grado (2ª parte). RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Cuando quitamos las equis de un polinomio de tercer grado (para la regla de Ruffini por ejemplo) me queda un "polinomio desnudo", que es como un vector de dimensión 4 o una matriz de dimensión 1x4. Es una cuestión de comas, paréntesis... y de recordar que si el polinomio es incompleto hay que rellenar con ceros... (También se rellenaría con ceros con un polinomio de menor grado.)

ax³ + bx² + cx + d ---> (a, b, c, d) vector

ax³ + bx² + cx + d ---> (a  b  c  d) matriz

    De hecho, una combinación lineal de polinomios de grado menor o igual que 3 es un polinomio de grado menor o igual que 3... Los coeficientes de un polinomio serían sus coordenadas respecto de la base {x³, x², x, 1}... Para "vestir" de nuevo al "polinomio desnudo" solo tengo que restituir las equis (mediante el producto escalar o el producto matricial)...

producto escalar ---> (a, b, c, d)·(x³, x², x, 1)

producto matricial ---> (a  b  c  d)·(x³  x²  x  1)^T

    Cuando Pepe Chapuzas se pone a relacionar objetos matemáticos...
    Escribe las siguientes transformaciones (lineales) del polinomio P(x) = ax³ + bx² + cx + d como el producto de la matriz P = (a  b  c  d) por una matriz cuadrada de orden 4. (Si es preciso, habría que evitar las discontinuidades evitables...)

A(x) = 5·P(x)

B(x) = P(x+1)

C(x) = x³·P(1/x)

D(x) = P'(x)

E(x) = P(2)

F(x) = (P(x)–P(1)):(x–1)

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla escribió las soluciones como "polinomios desnudos"...

    Profe, mire. Cada fila de la matriz 4x4 de la transformación está formada por la transformación de cada elemento de la base...
    Por ejemplo, A = (5a 5b 5c 5d) y A(x) = 5ax³ + 5bx² + 5cx + 5d. 

    Del mismo modo se obtiene B, que se parece al triángulo de Pascal...

    Y C convierte (a  b  c  d) en (d  c  b  a)...

    La derivación también es una transformación lineal...

    El valor numérico es una constante...

    Y con F se obtiene un cociente incremental...

    Calcula las matrices 4x4 que nos dan los polinomios Q(x) y R(x), cociente y resto de la división de P(x) entre x²+1.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso hizo primero la división...

    Y luego escribió las matrices correspondientes al cociente...

    Y al resto...

667. Las derivadas sucesivas. RESOLUCIÓN

    Pepe Chapuzas resolvió la derivada n-ésima de f(x) = 1/x:

    Mire, profe...

f(x) = 1/x

f'(x) = –1/x²

f''(x) = 2/x³

f'''(x) = –6/x⁴

f^[n](x) = cos(nπ)n!/xⁿ⁺¹ 

    (Obsérvese que cos(nπ) = (–1)ⁿ.)

    Demuestra por inducción la fórmula de esta derivada n-ésima.
    Busca una fórmula para la derivada n-ésima de g(x) = senx.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comprobó que la fórmula valía para el caso n=0... (La derivada 0-ésima es la propia función: f(x) = cos(0π)·0!/x⁰⁺¹ = 1/x.)

    Mire, profe. Si f^[n–1](x) = cos((n–1)π)(n–1)!/xⁿ, entonces... 

f^[n](x) = (f^[n–1])'(x) =

= –n·cos((n–1)π)(n–1)!/xⁿ⁺¹ =

= cos(nπ)n!/xⁿ⁺¹

    Para la función g(x) tenemos un comportamiento cíclico:

g(x) = senx

g'(x) = cosx

g''(x) = – senx

g'''(x) = – cosx

g''''(x) = senx

    Por lo que la derivada n-ésima se puede escribir al estilo de Pepe Chapuzas... 

g^[n](x) = cos(nπ/2)senx + sen(nπ/2)cosx = sen(x+nπ/2).

    Encuentra una fórmula para la derivada n-ésima del producto de dos funciones: (f·g)^[n].

RESOLUCIÓN

    Siempre comento en clase la controversia sobre el descubrimiento del cálculo infinitesimal (Newton versus Leibniz)... Yoyó Peluso recordó esto cuando le sorprendió el paralelismo entre la fórmula de la derivada n-ésima del producto de dos funciones (Leibniz) y la del desarrollo de una potencia de un binomio (Newton)... 

    Mire, profe... 

(f·g)' = f'·g + f·g'

(f·g)'' = f''·g + 2·f'·g' + f·g"

(f·g)''' = f'''·g + 3·f''·g' + 3·f'·g'' + f·g'''

(f·g)'''' = f''''·g + 4·f'''·g' + 6·f''·g'' + 4·f'·g''' + f·g''''

666. De tercer grado. RESOLUCIÓN

    Propuse a mis alumnos estudiar el signo, la monotonía y la curvatura de un polinomio de tercer grado... Era muy sencillo porque solo había que derivar polinomios y resolver inecuaciones polinómicas sencillas... Cuando Pepe Chapuzas terminó el ejercicio propuso este mucho más interesante:

    Busca un polinomio de tercer grado con coeficientes enteros que tenga...

Una raíz en x = 4

Un extremo relativo en x = 2

Un punto de inflexión en x = 1

    Se puede hacer de diversas formas... y hay infinitas soluciones... Encuentra una.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla encontró la siguiente:

    Mire, profe. Si llamamos P(x) al polinomio, se tiene que P(4)=0, P'(2)=0 y P"(1)=0, y por lo tanto se puede calcular de la siguiente manera (como para obtener un polinomio de tercer grado integrando tres veces aparece el denominador 3! = 6, basta con añadir el factor 6 para que los coeficientes sean enteros):

    Estudia el signo, la monotonía y la curvatura de esta función.

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Esto es como una comprobación de la solución de Nina. Tengo que averiguar los valores que anulan P(x) = x³–3x²–16, P'(x) = 3x²–6x = 3x(x–2) y P"(x) = 6x–6 = 6(x–1)... P"x) solo se anula en el dato del enunciado x = 1, P'(x) se anula en x = 0 además del dato del enunciado x=2 y P"(x) solo se anula en el dato del enunciado x = 4 porque (x³–3x²–16):(x–4) = x²+x+4 cuyo discriminante 1²–4·1·4 = –15 es negativo. (Esta división la he hecho con la regla de Ruffini.)

    En el siguiente diagrama estudio el signo de P, el signo de P' (monotonía de P) y el signo de P" (curvatura de P).

    Por tanto la función P... 
    Es positiva en (4, ∞), negativa en (–∞, 4) y nula en {4}.
    Es creciente en (–∞, 0) y (2, ∞), decreciente en (0, 2), y tiene un máximo relativo en {0} y un mínimo relativo en {2}.
    Es convexa en (–∞, 1) y cóncava en (1, ∞), y tiene un punto de inflexión en {1}.

665. Una batalla extraordinaria. RESOLUCIÓN

    Aquella batalla fue extraordinaria. El 70% de los soldados perdió el cinturón, el 75% perdió el chaleco, el 80% perdió el casco y el 85% perdió la cantimplora. ¿Cuántos soldados, por lo menos, perdieron las cuatro "ces" (cinturón, chaleco, casco y cantimplora)?

    ¡Animo! Resuelve este retito que propuso Pepe Chapuzas el último día de clase.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla odiaba los ejemplos bélicos... Al menos este no tenía sangre...

    Mire, profe. Al menos el 70% + 75% – 100% = 45% de los soldados perdió el cinturón y el chaleco, y el 80% + 85% – 100% = 65% de los soldados perdió el casco y la cantimplora, por lo que al menos el 45% + 65% – 100% = 10% de los soldados perdió los cuatro objetos...

    ¿Cuál es la cantidad máxima de soldados que pueden regresar de la batalla sin perder ninguno de los cuatro objetos?
    ¿Si perder el cinturón, perder el chaleco, perder el casco y perder la cantimplora fueran sucesos independientes..., ¿cuántos soldados habrían perdido las cuatro "ces"?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso hizo un diagrama:

    Profe, mire. Si todos los que han perdido el cinturón han perdido el chaleco, si todos los que han perdido el chaleco han perdido el casco y si todos los que han perdido el casco han perdido la cantimplora, entonces los que no han perdido ninguno de los cuatro objetos son el 100% – 85% = 15%, y este es el porcentaje máximo.
    Si son sucesos independientes, el porcentaje de los que han perdido las cuatro "ces" sería 70%·75%·80%·85% = 35,7%.

664. Las cuerdas equidistantes. RESOLUCIÓN

    Si en un círculo de radio r trazamos tres cuerdas equidistantes (en rojo), tales que la distancia (en azul) entre ellas es precisamente r, entonces los puntos medios de las cuerdas (rojas) son vértices de un triángulo equilátero...

    Encontré este precioso resultado en el cuaderno de Pepe Chapuzas. Cuando toca revisión de cuadernos, es el suyo el primero (y el último) que "reviso". Venía sin demostración... ¿Te atreves...?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se imaginó que estaba en el plano complejo. Así, los puntos del plano real eran números complejos...

    Mire, profe. Para simplificar los cálculos puedo suponer, sin perder generalidad, que esta es la circunferencia unidad (centrada en 0 y de radio r = 1). Puedo suponerlo porque la forma de los triángulos no cambian con semejanzas ni traslaciones. Los extremos de las cuerdas se pueden escribir en coordenadas polares así:

1_A  y 1_B

1_B+60º  y 1_C

1_C+60º y 1_A–60º

   Y los puntos medios de las cuerdas son: 

0,5_A + 0,5_B  

0,5_B+60º  + 0,5_C  

0,5_C+60º  + 0,5_A–60º

   Y para probar que son vértices de un triángulo equilátero: 

( 0,5_A  + 0,5_B  ) + 1_120º · ( 0,5_B+60º  + 0,5_C ) + 1_–120º · ( 0,5_C+60º + 0,5_A–60º ) =

=  0,5_A + 0,5_B +  0,5_B+180º  + 0,5_C+120º + 0,5_C–60º  + 0,5_A–180º  =

=  0,5_A  + 0,5_B –  0,5_B  + 0,5_C+120º – 0,5_C+120º  – 0,5_A = 0

    Nina ha utilizado el siguiente resultado de Geometría del plano complejo: los puntos a, b y c son vértices en sentido antihorario de un triángulo equilátero si y solo si se cumple la igualdad a + 1_120º · b + 1_–120º · c = 0. Pruébalo.

    Demuestra también el siguiente resultado: si a, b y c son vértices de un triángulo y a', b' y c' son tales que los triángulos a-b-c', b-c-a' y c-a-b' son semejantes, entonces los triángulos a-b-c y a'-b'-c' comparten baricentro.

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. El triángulo de vértices a, b y c, en sentido antihorario, es equilátero si y solo si el lado a – b es el lado c – b rotado 60º, esto es, (a – b)/(c – b) = 1_60º . (El número 1_60º es un versor.)

a – b = 1_60º · (c – b) = 1_60º · c – 1_60º · b, 

a +  ( 1_60º + 1_180º ) · b – 1_60º · c = 0, 

a +  1_120º · b + 1_–120º · c = 0.

    Yoyó Peluso siguió operando con números complejos de la siguiente manera... 

    Profe, mire. Como los tres triángulos verdes son semejantes habrá un número complejo d tal que (c' – a)/(b – a) = (b' – c)/(a – c) = (a' – b)/(c – b) = d, por lo que...

a' = cd – bd + b

b' = ad – cd + c

c' = bd – ad + a

    Sumando las tres igualdades nos queda a'+b'+c' = a+b+c por lo tanto el baricentro de los dos triángulos es común: g = (a+b+c)/3 = (a'+b'+c')/3.

614. Las cuerdas equidistantes.

    Si en un círculo de radio r trazamos tres cuerdas equidistantes (en rojo), tales que la distancia (en azul) entre ellas es precisamente r, entonces los puntos medios de las cuerdas (rojas) son vértices de un triángulo equilátero...

    Encontré este precioso resultado en el cuaderno de Pepe Chapuzas. (Cuando toca revisión de cuadernos, es el suyo el primero que "reviso".) Venía sin demostración... ¿Te atreves...?

663. El triángulo pedal u órtico. RESOLUCIÓN

    Mis alumnos tenían que exponer una definición geométrica en clase y Pepe Chapuzas trajo la definición de triángulo órtico...

    Dado un triángulo no rectángulo (negro), los pies de sus alturas (azules) son los vértices de otro triángulo denominado órtico (rojo). También se denomina triángulo pedal (a secas)... pero esto crea confusión, porque el triángulo pedal de un punto respecto de un triángulo dado queda determinado por las proyecciones perpendiculares del punto sobre los lados o sus prolongaciones. El triángulo órtico sería así el triángulo pedal del ortocentro...

   El triángulo pedal del triángulo pedal es el segundo triángulo pedal, y el triángulo pedal de este el tercer triángulo pedal. Demuestra que si un punto no está alineado con dos vértices, entonces un triángulo es semejante a su tercer triángulo pedal.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla se puso a pedalear... 

    Mire, profe. Como los segmentos azules son perpendiculares a los lados del triángulo negro, entonces los cuadriláteros azul, amarillo y lila son cíclicos... y los ángulos que he pintado del mismo color son iguales por estar inscritos en el mismo círculo y abarcar el mismo arco. (Se puede hacer también con un punto exterior al triángulo.)

   En fin, si dibujamos los tres triángulos pedales consecutivos... observe el baile de ángulos... El grandote es semejante al pequeñito...

    Si el punto dado fuera un vértice, no habría triángulo pedal evidentemente, y si estuviera alineado con dos vértices del triángulo inicial, sería un vértice del primer triángulo pedal y no habría segundo triángulo pedal (y mucho menos tercero).

    Demuestra que el ortocentro de un triángulo acutángulo es el incentro de su triángulo órtico.
    ¿Qué sucede con los triángulos rectángulos? ¿Y con los obtusángulos?

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. En un triángulo rectángulo coinciden en el mismo punto, el vértice del ángulo recto, los pies de las alturas sobre los catetos, y el ortocentro... Sencillamente no hay triángulo órtico en un triángulo rectángulo...

    Yoyó Peluso siguió...

    Si el triángulo es acutángulo, los pies de las alturas no caen en los vértices y por lo tanto tenemos triángulo órtico. Para probar que el ortocentro del triángulo inicial es el incentro del triángulo órtico solo hay que probar que las alturas del triángulo inicial son las bisectrices del triángulo órtico.

    Como las alturas son perpendiculares a los lados, los cuadriláteros amarillo, verde y amarillo+verde+rosa son cíclicos... (Oberve las tres circunferencias.) Tenemos las tres parejas de ángulos iguales a = b, b = g, g = d, que son iguales porque están inscritos en la misma circunferencia y abarcan el mismo arco. Por lo tanto, a = d, que es lo que necesitaba para confirmar el resultado.

    Finalmente, en un triángulo obtusángulo ABC, con ángulo obtuso en C y ortocentro H, el triángulo órtico es también el triángulo órtico del triángulo acutángulo ABH...

    Si observamos la figura nos daremos cuenta de que H no es el incentro del triángulo órtico sino uno de sus exincentros... y el incentro del triángulo órtico es el vértice C.

662. Fórmulas de adición. RESOLUCIÓN

    El orden de los sumandos no altera...

    No falla. Siempre que digo esto en clase cae alguno que responde "el producto"...  Esta vez fue Pepe Chapuzas, así que le mandé que escribiera en una tabla los nombres de las operaciones, los operandos y los resultados... Pepe escribió lo siguiente:

Operación	Operandos	Resultado
Adicción	Sumandos	Suma o total
Sustracción	Minuendo y sustraendo	Resta o diferencia
Multiplicación	Factores	Producto
División	Dividendo y divisor	Cociente
Potenciación	Base y exponente	Potencia
Radicación	Radicando e índice	Raíz

    Pepe seguía teniendo problemas con la suma: había puesto "adicción" en vez de "adición"... Además, en la tabla faltaba la séptima operación (Pepe se había olvidado de los logaritmos). ¿Quieres completar la tabla? ¿Por qué para la adición y la multiplicación hay un solo nombre para los operandos?
    Hablando de adición...  En Trigonometría habíamos visto las fórmulas del seno y del coseno de la suma de ángulos: sen(A+B) = senA·cosB+cosA·senB y cos(A+B) = cosA·cosB–senA·senB.

Pepe, para remedar sus errores, salió a la pizarra de nuevo para demostrar las identidades trigonométricas. ¿Quieres demostrarlas también tú?

SOLUCIÓN

    Profe, mire. La operación de logaritmación se realiza con una base y un logaritmando...

    ¡Vaya nombrecitos!

    Y para la adición y para la multiplicación solo hay un nombre para los operandos porque son operaciones conmutativas...

    Nina Guindilla sabía lo que decía... A ver qué ha hecho con los teoremas de adición...  

sen(a+b) = BE/AE = (BF+FB)/AE = BF/AE + FE/AE =

= BF/AD · AD/AE + FE/ED · ED/AE = 

= CD/AD · AD/AE + FE/ED · ED/AE = sena·cosb + cosa·senb

cos(a+b) = AB/AE = (AC–BC)/AE = AC/AE – BC/AE =

= AC/AD · AD/AE – BC/ED · ED/AE = 

= AC/AD · AD/AE – FD/ED · ED/AE = cosa·cosb – sena·senb

    Mire, profe. Estas demostraciones (que vienen en nuestro libro de texto) dibujan los ángulos a, b y a+b agudos para poder escribir las razones trigonométricas a partir de lados de triángulos rectángulos... ¡y se quedan tan tranquilos! Habría que justificar por qué estas fórmulas valen para todo tipo de ángulos... Voy a justificar solamente el seno de una suma si a, b son agudos pero a+b es obtuso... En tal caso 180º–a–b es agudo y 90º–a y 90º–b también...

sen(a+b) =

= sen(180º–a–b) =

= sen(90º–a + 90º–b) =

= sen(90º–a)·cos(90º–b) + cos(90º–a)·sen(90º–b) =

= cosa·senb + sena·cosb =

= sena·cosb + cosa·senb

    Nina Guindilla continuó...

    Profe, mire. Flipé cuando vi por primera vez la relación que tienen las fórmulas de adición con la aritmética de los números complejos: (cosa+i·sena)·(cosb+i·senb) = cos(a+b)+i·sen(a+b). De donde se obtiene   sen(a+b) = sena·cosb + cosa·senb    y   cos(a+b) = cosa·cosb – sena·senb   a la vez (matando dos pájaros de un tiro).

    Con las fórmulas de adición, calcula sen18º. (Olvídate de la calculadora.)

RESOLUCIÓN

    Mire, profe. Con las fórmulas de adición tenemos las fórmulas del ángulo doble:

sen(2a) = sen(a+a) = 2·sena·cosa

cos(2a) = cos(a+a) = cos²a – sen²a = 1 – 2·sen²a

    Y las del ángulo triple, en particular...

cos(3a) =
= cos(a+2a) =
= cosa·cos(2a) – sena·sen(2a) =
= cosa·(1 – 2·sen²a) – sena·(2·sena·cosa) =

= cosa·(1 – 2·sen²a – 2·sen²a) =

= cosa·(1– 4·sen²a)

    Que también se puede obtener con la fórmula de De Moivre:

(cos(3a)+i·sen(3a)) = (cosa+i·sena)³ = cos³a+3i·cos²a·sena–3·cosa·sen²a–i·sen³a

    De donde

cos(3a) =

= cos³a – 3·cosa·sen²a =

= cosa · (cos²a – 3·sen²a) =

= cosa · (1 – sen²a – 3·sen²a) =

= cosa·(1– 4·sen²a)

    El caso es que como 2·18º = 36º y 3·18º = 54º son ángulos complementarios (36º+54º = 90º), entonces tenemos que sen(2·18º) = cos(3·18º), esto es, 2·sen18º·cos18º = cos18º·(1 – 4·sen²18º) que, dividiendo entre cos18º (ya que no es 0) nos da 2·sen18º = 1 – 4·sen²18º, esto es, sen18º es una solución de la ecuación 4x²+2x–1 = 0. Por lo tanto, sen18º = (–1+√5)/4 (la otra solución no vale porque es negativa).