Cap´ıtulo 2 Razones Trigonom´ etricas en el Tri´ angulo Rect´ angulo En este cap´ıtulo el ´angulo α que aparezca debe satisfacer: 0 < α < 90◦

2.1.

π 2

Definiciones B P CO

a O

´o 0 < α <

CA

Q

A

Sea el ´angulo AOB de medida α y tracemos una perpendicular P Q al lado OA, form´andose as´ı un tri´angulo rect´angulo OP Q (Figura 3). A OQ y P Q se les acostumbran llamar catetos y a OP la hipotenusa.

Figura 3 Se definen las razones trigonom´etricas como sen α =

cateto opuesto a α PQ = , seno de α hipotenusa OP

cos α =

cateto adyacente a α OQ = hipotenusa OP

tg α =

cateto opuesto a α PQ = cateto adyacente a α OQ

cotg α =

(coseno de α) (tangente de α)

OQ cateto adyacente a α = cateto opuesto a α PQ

( cotangente de α)

3

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo hipotenusa OP = cateto adyacente a α OQ

sec α =

(secante de α)

hipotenusa OP = cateto opuesto a α PQ

cosec α =

4

(cosecante de α)

Ejemplo. C 10

Sea el tri´angulo ABC rect´angulo en B. Sea sus catetos AB=8cm y BC=6cm. Notemos de inmediato que la hipotenusa mide 10cm pues: 82 + 62 = 102 , as´ı:

6

a B

A

8

sen α =

6 = 0,6 10

tg α =

6 3 = = 0, 75 · · · 8 4

sec α =

2.2.

cos α =

5 10 = = 1, 25 · · · 8 4

8 = 0,8 10

cotg α =

8 = 1, 33 6

cosec α =

10 5 = = 1, 66 6 3

Observaciones

1. Sea P 0 Q0 una perpendicular a OA, distinta a P Q (Figura 4). Demostraremos que la raz´on seno no var´ıa.

B

‘

P P

a

‘

O

De la geometr´ıa elemental 4 OP Q ∼ 4 OP 0 Q0 ,por tanto OP PQ OQ = 0 0 = ,de aqu´ı que 0 OP PQ OQ0

A

Q Q

Figura 4

PQ P 0 Q0 sen α = = relaci´on que establece que es indiferente usar P Q o P 0 Q0 , 0 OP OP puesto que se obtiene el mismo valor para sen α. 2. (Tarea para ud.) B ‘

Q P

Q

‘

a O

P

A

Si consideramos una perpendicular al lado OB en vez de una perpendicular al lado OA (Figura 5). Demuestre usted que P 0 Q0 PQ = sen α = OP OP 0

Figura 5

Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo

5

An´alogamente se establecen situaciones similares para el resto de las razones trigonom´etricas. En resumen, dado un ´angulo agudo positivo α, existe un y s´olo un valor para sen α (respectivamente para: cos α, tg α, · · · ). Se trata de una funci´on con dominio en el intervalo (0, π2 ) y recorrido alg´ un subconjunto de R, este concepto lo abordaremos con propiedad m´as adelante.

2.3.

Propiedades

Sin caer en error alguno, usaremos la palabra raz´on trigonom´etrica o bien funci´on trigonom´etrica de un ´angulo agudo positivo. De las definiciones anteriores se sigue que: 1. sen α, cos α, tg α, sec α, cosec α y cotg α > 0, ∀α : 0 < α <

π 2

2. Como la hipotenusa es siempre mayor que cada uno de sus catetos, resulta 0 < sen α < 1 0 < cos α < 1 sec α > 1 y cosec α > 1 3. Sabemos que el complemento de¡un ´angulo es aquel ´angulo que completa a 90◦ o a ¢ π/2 as´ı el complemento de α es π2 − α 4. Se acostumbra a decir que la funci´on coseno es la cofunci´on del seno y viceversa,que la funci´on cotangente es la cofunci´on de la tangente y viceversa y que la cosecante es la cofunci´on de la secante y viceversa. La relaci´on entre una funci´on y su cofunci´on est´a dada por: ³π ´ funci´on (α) = cofunci´on −α 2 De la siguiente figura (Figura 6) se tiene

p a

sen α = cos

2

tg α = cotg

a

Figura 6

³π

2 ³π

´ −α ´

−α 2 ³π ´ sec α = cosec −α 2

Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

cos α = sen cotg α = tg

³π

2 ³π

´ −α ´

−α 2 ³π ´ cosec α = sec −α 2

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo

2.4.

6

Razones de ´ angulos especiales

Vamos a llamar ´angulos especiales a 30◦ ,45◦ y 60◦ . Para ver las razones trigonom´etricas de 30◦ y 60◦ tomemos un tri´angulo equil´atero de lado (l = 2) √ 1 3 ◦ ◦ ◦ cos 30 = = sen 60◦ sen 30 = = cos 60 2 2 30° 2

2

3 °

60

√

1 tg 30◦ = √ = cotg 60◦ 3

cotg 30◦ =

2 sec 30◦ = √ = cosec 60◦ 3

cosec 30◦ =

3 = tg 60◦

1

1

Figura 6

2 = sec 60◦ 1

Para 45◦ , considere el tri´angulo notable:

2 1

1 sen 45◦ = √ = cos 45◦ 2 tg 45◦ = 1 = cotg 45◦

45° 1

sec 45◦ =

Figura 6

√

2 = cosec 45◦

Casos l´ımites Llamamos casos l´ımites a los ´angulos: 0◦ y 90◦

Q

a O

P

Figura 7

Con la Figura 7 y recordando las definiciones de las razones trigonom´etricas, en forma intuitiva, podemos asumir que para PQ sen α = ; para α tan peque˜ no como se quiera OQ 6= 0 ∧ P Q OQ se achica tanto como se quiera, es decir sen 0◦ = 0. Con el mismo razonamiento obtenemos cos 0◦ = 1, tg 0◦ = 0 y sec 0◦ = 1.

PQ Notemos que para el caso de la tangente tg α = y α aproxim´andose a 90◦ tanto coOP mo se quiera P Q, crece indefinidamente mientras que OP se mantiene constante, es por esto que se acostumbra a expresar que: tg 90◦ = +∞ o bien que tg 90◦ no esta definida. Aceptemos ahora sin previa definici´on rigurosa +∞ simplemente como un s´ımbolo, es decir una abreviatura de lenguaje. Sin m´as, aceptemos las siguientes definiciones Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo π =1 2

sec 90◦ = sec

π =0 2

cotg 90◦ = cotg

sen 90◦ = sen cos 90◦ = cos tg 90◦ = tg

2.5.

π = +∞ 2

7

π = +∞ 2 π =0 2

cosec 90◦ = cosec

π =1 2

Identidades fundamentales

Recordemos que una identidad matem´atica es una igualdad que siempre es v´alida, para todos los valores que puedan tomar las “variables”involucradas. Ejemplo.

x2 − y 2 = (x + y)(x − y); ∀ x, y ∈ R

Teorema 1. ∀α : 0 < α < 90◦ , se verifican: sen2 α + cos2 α = 1

(1)

1 + tg 2 α = sec2 α

(2)

1 + cotg 2 α = cosec2 α

(3)

sen α · cosec α = 1

(4)

cos α · sec α = 1

(5)

tg α · cotg α = 1

(6)

(7)

cotg α =

tg α =

sen α cos α

cos α sen α

(8)

Nota: sen2 α = (sen α)2 , sen2 α 6= sen α2 = sen (α2 ) cos2 α = (cos α)2 · · · etc. Demostraci´ on. Dado el ´angulo α, en el tri´angulo rect´angulo de la Figura 8. Del teorema de Pit´agoras se tiene que B

a

a2 + b2 = c2 ³ a ´2 µ b ¶2 + =1 c c

C

(sen α)2 + (cos α)2 = 1

c

a A

b

Figura 8

como c > 0

lo que es igual a

sen2 α + cos2 α = 1

Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo

8

An´alogamente ud. puede demostrar: (2) y (3). Para (4) sen α =

a 1 = c c a

pero

c = cosec α a

1 ⇔ sen α · cosec α = 1. cosec α An´alogamente ud. puede demostrar: (5) y (6). as´ı sen α =

Finalmente para (7) a a c tg α = = ; b b c

c>0

sen α cos α

tg α = An´alogamente ud. puede demostrar (8).

2.6.

Expresi´ on de cada raz´ on en t´ erminos de las dem´ as

Las 8 relaciones (f´ormulas) fundamentales no son independientes, es decir, hay algunas que pueden deducirse de las dem´as. Por ejemplo: cotg α =

1 = tg α

1 sen α cos α

=

cos α . sen α

Vamos a dar un m´etodo geom´etrico para establecer cada una de las razones trigonom´etricas en t´erminos de las dem´as. El m´etodo consiste en tomar como unidad el lado del tri´angulo rect´angulo que aparece como denominador en la raz´on en t´erminos de la cual se quiere expresar una raz´on determinada. Por ejemplo: F´ormulas en t´ermino de la raz´on sen α = cos α = sen a

1 sen2 a

1 − sen2 α

√

1

a

√

sen α . Sea el tri´angulo con hipotenusa = 1, as´ı: 1

1 − sen2 α sen α 1 cosec α = sen α cotg α =

tg α = √

sen α 1 − sen2 α

sec α = √

1 1 − sen2 α

El resto de las f´ormulas, quedan de tarea para ud. Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo

2.7.

9

Ejercicios resueltos

1. Si 3 tg α = sec α con 0 ≤ α < π2 . Hallar los valores de: cotg α, cos α, cotg( π2 − α) y el valor de la expresi´on (tg α + sec α)2 − 2 Soluci´ on. sen α 1 1 ∀ α ∈ [0, π2 ], 3tg α = sec α ⇔ 3 = ⇔ sen α = . Note que cos α 6= 0 si cos α cos α 3 1 sen α = 3

3

1

De la figura: √ √ 8 cotg α = 8, cos α = 3 ³π ´ 1 cotg − α = tg α = √ 2 8

a µ

8 2

(tg α + sec α) − 2 =

1 3 √ +√ 8 8

¶2

µ −2=

4 √ 8

¶2 −2=0

2. Si p cos α = q sen α, p ∧ q > 0, 0 < α < 90◦ , calcule el valor de: p2 sen2 α − q 2 cos2 α Soluci´ on. sen α p p cos α = q sen α ⇔ = pues p y q son positivos y 0 < α < 90◦ , luego de cos α q p aqu´ı que tg α = , q p

sen α = p

p2 + q 2

p2+ q2 p

,

q cos α = p p2 + q 2

p2 sen2 α − q 2 cos2 α = p2

a q

,entonces

q2 p2 2 − q p2 + q 2 p2 + q 2

p4 − q 4 (p2 − q 2 )(p2 + q 2 ) = 2 = = p2 − q 2 2 2 2 p +q p +q

3. En un tri´angulo ABC, si la hipotenusa mide BC = 140m y β = 70◦ . Se prolonga BC hasta D y el ´angulo ADB = 10◦ . Encuentre CD y la perpendicular desde A al lado BC.

Soluci´ on. Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo

10

Se pide EA y CD D 10°

C

De la figura se tiene BA = 140 cos 70◦ = 47,88m BE = BA cos 70◦ ⇒ BE = 47,88 cos 70◦ = 16,38m

40 E

1

EC = 140 − 16,38 = 123,62m 70°

EA = BA sen 70◦ = 47,88 sen 70◦ = 44,99m.

A

B

por otra parte tg 10◦ =

EA EC + CD

CD =

EA 44,99 − EC ⇒ CD = − 123,62 ◦ tg 10 tg 10◦

CD = 131,53m. 4. Desde la c´ uspide de un faro, de 90m de altura, se observan dos botes situados al oeste del faro seg´ un ´angulos de depresi´on de 60◦ y 45◦ . Calcular la distancia que separa a los botes.

Soluci´ on. Sean A y B las posiciones de los botes, queremos determinar x. 60° 45°

90 90 ⇒y= y tg 60◦ 90 ⇒ x + y = 90 ⇒ tg 45◦ = x+y 90 = 90(1 − cotg 60◦ ) = 38,03m x = 90 − ◦ tg 60 tg 60◦ =

90

45°

60° y

A

x

B

5. Dos poleas est´an separadas a una distancia l, desde sus ejes. ¿Cu´al es la longitud de una correa inextensible te´orica que debe transmitir el movimiento de una a la otra 3 1 l y l? en el mismo sentido, si los radios de las poleas son 10 5 Soluci´ on.

Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo

sen α =

11

1 ( 35 − 10 )l 1 π π = ⇔α= ⇔θ= l 2 6 3

l

La longitud L de la correa esta dada por

A 3l 5

q

A´

a

0 A0 d+B [ L = AA0 + BB 0 + AB

l 10

q

√ π 3 Por simetr´ıa, AA = BB = l cos = l 6 2

r

R

0

B´

0

B

1 π 1 π 0 A0 = 2 θ [ B l=2 · l= 10 3 10 15 d = 2π 3 l − BA d = 2π 3 l − 2 π · 3 l = 4 π l AB 5 5 3 5 5 √ √ 13 3 π 4 luego L = 2 · l+ l+ πl = ( 3+ π) l 2 15 5 15 6. Si a cos2 α + b sen2 α = c demostrar que tg 2 α =

c−a b−c

Demostraci´ on.

Como sen2 α + cos2 α = 1 ⇒ a cos2 α + b sen2 α = c(sen2 α + cos2 α) (b − c)sen2 α = (c − a) cos2 α sen2 α c−a = 2 cos α b−c c − a tg 2 α = b−c 7. El seno de un ´angulo es a su tangente como 3 : 5. Hallar el seno y la cotangente del ´angulo Soluci´ on.

Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo Sea α el ´angulo en cuesti´on, as´ı

12

sen α 3 3 = ⇔ cos α = ⇒ tg α 5 5

4 5 3 cotg α = 4 sen α =

5 4

a 3

8. Un hombre est´a de pie en un punto A de la ribera de un r´ıo de orillas paralelas y observa que la recta que une A con un punto B de la ribera opuesta forma un ´angulo de 30◦ con la orilla en la que ´el se encuentra.El hombre camina por la orilla hacia un punto D, que se encuentra al frente de B. Cuando ha caminado 200m el ´angulo que vio anteriormente ha aumentado a 60◦ . Determine el ancho del r´ıo. Soluci´ on.

B

Sean AC = 200m, CD = y, BD = x x x ⇒y= y tg 60◦ x x tg 30◦ = ⇒y= − 200 200 + y tg 30◦ tg 60◦ =

x

30°

60° 200

A

C

y

D

x x De estas dos ecuaciones se obtiene que = − 200 ◦ tg 60 tg 30◦ √ x = 100 3m. Calcule ud. el nuevo ancho si el ´angulo aumenta hasta 120◦

B x

120°

30° A

200

D

C

Resp: x = 86,6m

Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo

13

9. La elevaci´on de un faro desde un lugar A al sur de ´el es 45◦ y desde un lugar B al oeste de A es de 30◦ . Si AB = 50m. Hallar la altura de dicho faro. Soluci´ on.

C

tg 45◦ =

h ⇒y=h y

tg 30◦ =

√ h ⇒ x = 3h x

h 45°

30 °

y

x

A

pero como 502 + y 2 = x2

50 502 + h2 = 3h2 ⇒ h = √ 2 de donde h = 35,35m

B

10. Demostrar las siguientes identidades a)

cosec α 1 − = 2sec2 α 1 + cosec α sen α − 1

tg α − cotg α = tg α + cotg α 1 − 2 cos2 α sen α c) + cotg α = cosec α 1 + cos α

b)

sec α + 1 sec α − 1 4 − − 4cotg 2 α = sec α − 1 sec α + 1 1 + sec α µ ¶ 2 1 + tg 2 α 1 − tg α e) = 1 + cotg 2 α 1 − cotg α

d)

f)

1 − sen α cos α sen2 α − cos2 α · = sen α cos α(sec α − cosec α) sen3 α + cos3 α

g) 2sec2 α − sec4 α − 2cosec2 α + cosec4 α = cotg 4 α − tg 4 α h)

1 1 + = cosec4 α − cotg 2 α(2 + cotg 2 α) 2 2 1 + sen α 1 + cosec α

i)

sen6 α − cos6 α + sen2 α cos2 α = 1 sen2 α − cos2 α

j)

cotg 3 α tg 3 α + = sec α cosec α − 2sen α cos α 1 + tg 2 α 1 + cotg 2 α

Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo

14

Nota: Es recomendable transformar uno de los miembros de la tesis hasta llegar al otro miembro, o bien ambos, hasta llegar a una misma expresi´on. No es recomendable pasar expresiones de un miembro a otro pues es posible cometer error, cuando las implicaciones son de un s´olo sentido y no de equivalencia. En caso que ud. est´e seguro, puede proceder como estime conveniente. Demostraciones a) 1 1 1 cosec α sen x − = − 1 1 + cosec α sen α − 1 sen α − 1 1 + sen x

= = = = = =

1 sen x sen x+1 sen x

−

1 sen α − 1

1 1 − sen α + 1 sen α − 1 sen α − 1 − (sen α + 1) sen2 α − 1 −2 −(1 − sen2 α) 2 cos2 α 2 sec2 α

b) cosα senα − sen tg α − cotg α cosα α = 1 − 2cos2 α sen2 α − cos2 α

= = = = = =

sen2 α−cos2 α cos α sen α sen2 α − cos2

α

1 cos α senα sen2 α + cos2 α cos α · sen α sen2 α cos2 α + cos α · sen α cos α · sen α sen α cos α + cos α sen α tg α + cotg α

c)

Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

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Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo

15

sen α sen α cos α + cotg α = + 1 + cos α 1 + cos α sen α sen2 α + cos α + cos2 α = (1 + cos α)senα 1 + cos α = (1 + cos α)senα 1 = sen α = cosec α d) sec α + 1 sec α − 1 (sec α + 1)2 − (sec α − 1)2 − − 4cotg 2 α = − 4cotg 2 α sec α − 1 sec α + 1 (sec α − 1)(sec α + 1) =

sec2 α+2sec α+1−sec2 α+2sec α−1 sec2 α−1

− 4cotg 2 α

4sec α 4 − 2 2 sec α − 1 tg α 4sec α − 4 = sec2 α − 1 4(sec α − 1) = (sec α − 1)(sec α + 1) 4 = sec α + 1 =

e)

µ

1 − tg α 1 − cotg α

¶2 =

1 − 2tg α + tg 2 α 1 − 2cotg α + cotg 2 α

sec2 α − 2tg α cosec2 α − 2cotg α 1 2senα − 2 cos α = cos α 1 2cosα − sen2 α sen α (1 − 2 sen α cosα) cos2 α = (1 − 2cosα sen α) sen2 α 1 2 = cos α 1 sen2 α =

Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo

16

sec2 α cosec2 α 1 + tg 2 α = 1 + cotg 2 α =

f) 1 − sen α cos α sen2 α − cos2 α · cos α(secα − cosec α) sen3 α + cos3 α cos α

¡

=

(1 − sen α cosα)(senα − cosα)(senα + cos α) ¢ = − sen1 α · (sen α + cos α)(sen2 α − sen α cos α + cos2 α)

1 cos α

(1 − sen α cos α)(sen α − cos α) (sen α−cos α) sen α

(1 − sen α cos α)

= sen α.

g) 2 sec2 α − sec4 α − 2 cosec2 α + cosec4 α

=

sec2 α(2 − sec2 α) − cosec2 α(2 − cosec2 α)

=

sec2 α(1 − tg 2 α) − cosec2 α(1 − cotg 2 α)

=

(1 + tg 2 α)(1 − tg 2 α) − (1 − cotg 2 α)(1 − cotg 2 α) = 1 − tg 4 α − (1 − cotg 4 α)

=

cotg 4 α − tg 4 α h) 1 1 1 sen2 α + = + =1 1 + sen2 α 1 + cosec2 α 1 + sen2 α 1 + sen2 α por otra parte: cosec4 α − cotg 2 α(2 + cotg 2 α) = cosec4 α − cotg 2 α(1 + cosec2 α) = cosec4 α − (cosec2 α − 1)(cosec2 α + 1) = cosec4 α − cosec4 α + 1 = 1

i) sen6 α − cos6 α + sen2 α cos2 α = 2 2 sen α − cos α (sen2 α − cos2 α)(sen4 α + sen2 α cos2 α + cos4 α) = + sen2 α cos2 α 2 2 sen α − cos α = (sen2 α + cos2 α)2 − sen2 α cos2 α + sen2 α cos2 α = 1

Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo

17

j) tg 3 α cotg 3 α tg 3 α cotg 3 α + = + 1 + tg 2 α 1 + cotg 2 α sec2 α cosec2 α sen3 α cos3 α 2 = · cos α + · sen2 α 3 3 cos α sen α sen3 α cos3 α + = cos α sen α 4 sen α + cos4 α = sen α cos α (sen2 α + cos2 α)2 − 2sen2 α cos2 α = sen α cos α 1 = − 2sen α cos α sen α cos α = cosec α · sec α − 2sen α cos α 11. Si 2 (cotg 2 β − cotg 2 α) = cotg 2 β cosec2 α demuestre que sen2 α = cos2 α + sen2 β Demostraci´ on. µ 2

cos2 β cos2 α − sen2 β sen2 α

¶

cos2 β 1 = · 2 sen β sen2 α

2 cos2 β sen2 α − 2 cos2 α sen2 β = cos2 β 2 cos2 β(1 − cos2 α) − 2cos2 α sen2 β = cos2 β 2 cos2 β − cos2 β cos2 α − 2cos2 α sen2 β = cos2 β 2(1 − sen2 β) − 2cos2 α(cos2 β + sen2 β) = 1 − sen2 β 2 − 2sen2 β − cos2 α = 1 − sen2 β 1 − 2cos2 α = sen2 β sen2 α − cos2 α = sen2 β ⇔ sen2 α = cos2 α + sen2 β 12. Si cotg α =

1 − a cos β 1 − b cos α y cotg β = demuestre que a sen β b sen α

a sen β = b sen α

Demostraci´ on.

Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo cotg α =

1 − cotg β a sen β

cotg β =

1 − cotg α b sen α

De aqu´ı cotg α + cotg β =

1 1 = a sen β b sen α

18

de donde: b sen α = a sen β

13. Demuestre que A es independiente de α, es decir es una constante A=

sec4 α + 2tg 4 α − 2tg 2 α − 1 5 tg 4 α

Demostraci´ on. A=

2tg 4 α + sec4 α − 2(sec2 α − 1) − 1 5 tg 4 α

A=

2tg 4 α + sec4 α − 2sec2 α + 1 2tg 4 α + (sec2 α − 1)2 = 5tg 4 α 5tg 4 α

A=

2tg 4 α + tg 4 α 3tg 4 α 3 = = 4 4 5tg α 5tg α 5

14. Elim´ınese θ entre las ecuaciones cos2 θ − sen2 θ = a cos θ + sen θ = b Soluci´ on.

(cos θ + sen θ)(cos θ − sen θ) = a de aqu´ı

cos θ − sen θ =

a b

(1)

y como:

cos θ + sen θ = b

(2)

elevando al cuadrado (1) y (2) y luego sumando miembro a miembro se obtiene: 2(cos2 θ + sen2 θ) = ⇒2= Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

a2 + b2 b2

a2 + b2 ⇒ 2b2 = a2 + b4 b2 Luis Zegarra A.

Razones Trigonom´etricas en el Tri´angulo Rect´angulo 15. Resolver las siguientes ecuaciones considerando 0 ≤ x ≤

19

π 2

a) tgx − cotgx = cosecx 1 b) sen4 x + cos4 x = 2 c) (1 + cotgx)(senx − cosx)2 = 1 − cotgx d ) 2 cos3 x + sen2 x − 1 = 0 Soluci´ on.

Note que solo consideraremos: 0 ≤ x ≤ senx cosx 1 − = ; cosx senx senx

π 2

x 6= 0 ∧ x 6=

π 2

a) sen2 x − cos2 x = cosx 2cos2 x + cosx − 1 = 0, ecuaci´on de 2o grado para cosx √ ¿ 1 −1 ± 1 + 8 2 as´ı cosx = −1 4 cosx = 1 es imposible pues 0 ≤ x ≤

π 2

1 π ⇒x= . 2 3 1 sen4 x + cos4 x = 2 1 2 2 2 (sen x + cos x) − 2sen2 x cos2 x = 2

cosx =

2 2 b) 2sen x cos x =

1 2

sen2 x(1 − sen2 x) =

1 4

4sen4 x − 4sen2 x + 1 = 0 1 1 ⇒ senx = ± √ 2 2 1 π π s´olo se considera sen x = √ pues: 0 ≤ x ≤ as´ı x = 2 4 2 (2sen2 x − 1)2 = 0 ⇒ sen2 x =

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c) (1 + cotgx)(sen2 x − 2 senx cosx + cos2 x) = 1 − cotgx (1 + cotgx)(1 − 2senx cosx) = 1 − cotgx 1 − 2senx cosx + cotgx − 2cos2 x = 1 − cotgxcosx(−senx + cosx = 0 o − sen2 x + 1 − senx cosx = 0 x =

π 2

1 − cosx) = 0 senx

o cosx(cosx − senx) = 0

⇒ cosx − senx = 0 ⇔ senx = cosx ⇔ tgx = 1 ⇒ x =

π 4

d ) 2cos3 x + sen2 x − 1 = 0 2cos3 x − (1 − sen2 x) = 0 2 cos3 x − cos2 x = 0 ⇔ cos2 x(2 cosx − 1) = 0 cos2 x = 0 o 2cosx − 1 = 0 cosx = 0 o cosx = x=

π 2

x=

1 2

π 3

tgx + secx − 1 sen + 1 = y use esta identidad para resolver la ecuaci´on tgx − secx + 1 cosx tgx + secx − 1 = 1(senx − 1 + cosx)

16. Demostrar

Demostraci´ on. tgx + secx − 1 senx − cosx + 1 = = tgx − secx + 1 senx + cosx − 1 senx + 1 (1 − cosx (1 +

cosx ) 1+senx senx−1 ) cosx

pero: 1−

cosx cos2 x 1 − senx =1− =1− 1 + senx (1 + senx)cosx cosx

=1+

senx − 1 cosx

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Soluci´on de la ecuaci´on 2(senx − 1 + cosx) senx + 1 = tgx − secx + 1 cosx 2(senx − 1 + cosx) · cosx senx + 1 = senx − 1 + cosx cosx 2 2 cos x = senx + 1 (1 + senx)(2(1 − senx) − 1) = 0 * 1 + senx = 0 (1 + senx)(1 − 2senx) = 0 1 − 2senx = 0 senx = −1 no da soluci´on pues 0 ≤ x ≤ senx =

π 2

1 π ⇒x= 2 6

17. Resolver, considerando x un ´angulo agudo √ √ 2 tg 2 x 4− 3 i) 2 − = 2(1 − 3) tg x + 1 secx √ √ ii) cotgx − 3cotgx + 1 = 3 Soluci´ on.

i) √ √ 2tg 2 x 4 − 3 − 2(1 − 3) sec2 x secx √ √ 2sen2 x − (4 − 3)cosx − 2(1 − 3) = 0 2cos2 x + (4 −

√

√ 3)cosx − 2 3 = 0 √

3 de donde resolviendo esta ecuaci´on de 2o grado para cosx, resulten: cosx = 2 en cuyo caso x = 30◦ y cosx = −2 que no da soluci´on pues 0 < cosx < 1 para x agudo.

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ii) √ √ cotgx − 3 tgx + 1 = 3 √ 1 +1= 3 cotgx √ √ cotg 2 x + (1 − 3)cotgx − 3 = 0 de donde√resultan: cotgx = −1 que no da soluci´on para x un ´angulo agudo y cotgx = 3 ⇒ x = 30◦ . cotgx −

2.8.

√

3·

Ejercicios propuestos

³π ´ 1. Si 2cos α = cotg α, 0 < α < 90◦ . Hallar los valores de: tg α, cos α, sec −α y 2 α como tambi´en calcule la expresi´on (sen α + cos α)2 − (1 + cos α) Respuesta.

√ √1 , 3 , 2, 30◦ 3 2

la expresi´on es igual a 0.

(Ver ejercicio resuelto 1) 2. Si 3tg α = sec α + 1,

0 ≤ α < π2 , calcule el valor de tg α.

Respuesta. 3 4

(Eleve al cuadrado y proceda con cuidado)

3. Muestre como se resuelve un tri´angulo rect´angulo del cual se dan un ´angulo agudo y su lado opuesto. 4. Usando la figura

2

30° 2

calcular cos15◦

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Respuesta. 0,966 (Ver ejercicio resuelto 3) 5. Dos observadores A y B miden ´angulos de elevaci´on de un avi´on que los sobrevuela a una altura constante. En cierto instante los ´angulos medidos paro A y B son α = 60◦ y β = 40◦ , respectivamente. Diez segundos mas tarde, A mide un ´angulo de elevaci´on γ = 110◦ . La separaci´on entre A y B es de 1Km. ¿A que altura vuela el avi´on? ¿Cu´al es su velocidad? Q

P

h g a

b

B

A

Respuesta. 1,62759Km;

153,20m/seg.

6. Determine el largo m´ınimo que debe tener una correa para unir dos poleas de radios R y r, separadas entre si una distancia d. (r < R) Respuesta. l = 2R(π − θ) + 2 donde cos θ =

p

d2 − (R − r)2 + 2rθ

R−r d

R q r

q

d

¿Cu´al debe ser el largo si la correa se cruza entre las poleas? (Ver ejercicio resuelto 5) 7. El ´angulo de elevaci´on de lo alto de una torre es de 57,5◦ y el asta de bandera de 7m de altura en la punta de la torre, subtiende un ´angulo de 2◦ 300 a la vista del observador. Hallar la altura de la torre. Respuesta. Trigonometr´ıa y geometr´ıa anal´ıtica

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67, 67m 8. El seno de un ´angulo es a su coseno como 8 : 15. Hallar el seno y el coseno de dicho ´angulo. Respuesta. 8 17

y

15 17

(ver ejercicio resuelto 7)

9. Para determinar el ancho AB de un r´ıo de orillas paralelas, un observador se ubica en C sobre la recta AB prolongada m´as all´a de B y luego camina 100m perpendicularmente a dicha recta, as´ı halla que AB y BC subtienden a su vista ´angulos de 15◦ y 30◦ . Encontrar el ancho del r´ıo. Respuesta. A

B

C 15°

100

30°

D

42,26m (ver ejercicio resuelto 8) 10. La elevaci´on de una torre de altura h, desde un punto A al sur de ella es de 60◦ y desde un punto B al oeste de ella es de 30◦ . Si AB = 100m encuentre la altura de la torre. Respuesta. h = 54,7m (ver ejercicio resuelto 9) 11. Una torre de altura h, esta en el borde de un acantilado. Desde un punto del plano horizontal que pasa por la base del acantilado, las elevaciones angulares de las partes superior e inferior de la torre son α y β respectivamente. Demuestre que la altura del acantilado es h tg β tg α − tg β 12. Un asta de bandera de b m. de altura colocada en la punta de una torre de l m. de altura, subtiende el mismo ´angulo β desde dos puntos separados a m. y que est´an en una recta horizontal que pasa por la base de la torre. Si θ es el ´angulo que subtiende el trazo a desde la punta del asta. Probar que b = a sen β cosec θ 2l = a cosec θ(cosθ − sen β)

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13. Demostrar las siguientes identidades a) (tg α − sen α)2 + (1 − cos α)2 = (sec α − 1)2 b) sen4 α(3 − 2sen2 α) + cos4 α(3 − 2cos2 α) = 1 tg θ cotg θ c) + = sen θ cos θ 2 2 (1 + tg θ) (1 + cotg 2 θ)2 d ) cosec6 α − cotg 6 α = 1 + 3cosec2 α cotg 2 α sen θ e) + cosec α + cotg α = 2 cosec α 1 + cos θ 2(sen4 α + cos4 α) f ) (tg α + cotg α)2 + (tg α − cotg α)2 = sen2 α cos2 α sen α − cos α cotg 2 α tg α g) + − =0 sen α cosec α + 1 sec α + 1 1 − sen θ 1 + sen θ h) − = 2cotg θ(cos θ + cosec θ) 1 + sec θ 1 − sec θ 1 tg θ i) + = cosec θ tg θ sec θ + 1 j ) cos θ(tg θ + 2)(2 tg θ + 1) = 2 sec θ + 5 sen θ 14. Si tg(n α) = n tg α,

n ∈ N demostrar que n2 sen2 (n α) = sen2 α 1 + (n2 − 1)sen2 α

15. Elim´ınese θ entre las ecuaciones x sen θ − y cos θ =

p x2 + y 2

cos2 θ sen2 θ 1 + = 2 2 2 a b x + y2 Respuesta. x2 b2

+

y2 a2

=1

16. Demostrar i) sec2 α cosec2 β + tg 2 α cotg 2 β − sec2 α cotg 2 β − tg 2 α cosec2 β = 1 ii) sec2 α tg 2 β − tg 2 α sec2 β = sec2 β − sec2 α

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17. Elim´ınese θ entre las ecuaciones senx + cosx = m

4m tgθ = 1 + sen θ

i)

ii) sen3 x + cos3 x = n

4n tg θ = 1 − senθ

Respuesta. i) m3 = 3m − 2n

ii) (m2 − n2 )2 = mn

18. Resolver las siguientes ecuaciones, considerando 0 ≤ x ≤

π 2

i) tgx + cotgx = 2 secx ii) sen3 x = senx + cos3 x iii) (1 − tgx)(senx + cosx)2 = 1 + tgx iv) 2sec3 x + tg 2 x = 2 Respuesta. i)

π 6

ii)

π 2

iii) 0

iv) 0

(Ver ejercicios resueltos 18) 19. Si cotg α + cosec α = 2, demuestre que cos α =

3 π si 0 < α < 5 2

20. Resolver la ecuaci´on, √ ( 3 − 1)(2tg 2 x − sec2 x) = secx(1 − tgx) para: 0 ≤ x ≤

π 2

Respuesta. π 4

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