Revista del Profesor de Matemáticas Año 9 nro. 2 by Revista del Profesor de Matemática

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sin(18◦ ) =

√

5−1 . 4

√ √ 4 10 − 2 5 5 ◦ √ tan(36 ) = = √ = 0, 72654 . . . 1+ 5 2+ 5

ϕ=

1 1+

1 1 1+ 1+...

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El lec rrespo y que la ma pregun hecho resulta m´ as n luego

A los o Figura 1: El ángulo \A identificado con el real x. funci´ siguien En este contexto, se define el seno de un real po- sobrey sitivo x como la ordenada del punto en la circun- Teore ferencia unitaria que forma un arco de longitud x [a, b] ! con el punto (1, 0). Esta definición resulta intuitivacada k mente correcta, pero se ve asaltada por la siguien- f (↵) = te pregunta: ¿Será cierto que para cualquier real ⇤ ⇥ xı: existe punto la cada circunferencia existe de Demos Los textos de matem´ atica definen usualmente un se as´ ¿Será un cierto que en para x 2 0, ⇡2 unitaria neralid que yla 2longitud delque arcoel formado sea ordenada [0, 1] tal arco que va exactade ángulo como la abertura que se forma por una recta una modo p 0 2 f (a) o mente igual a x? Si reducimos nuestra atenci´ o n al ` que intersecta a otra recta ` en un punto; si el (1, 0) a ( 1 − y , y) tenga longitud x? Para intencuarto de esta circunferencia unitaria que reposa en el tanto punto de intersecci´ on es A entonces el ´ angulo puede tar responder pregunta definamos la siguiente A = { primer cuadrante esta pregunta puede denotarse por \A. Dado un ´ angulo \A, es posible aplicación ⇥reformular⇤ ⇡ Loseltextos dede matem´ atica definen usualmente x 2 0, 2 existe ⇤ ⇥ ⇡cada construir sistema coordenadas ortogonales XY un se as´ı: ¿Será cierto que para φ : [0, 1] !1] tal 0, 2que el arco que ańguloel como abertura que se forma por el una y 2 [0, va de ubicando origenla en A y haciendo coincidir ejerecta una ordenada _ , p 0 que intersecta a otra recta ` en un punto; si el (1, 0) a ( 1 − y 2 ,yy) 7! Y| | tenga longitud x? Para inten` X con `; si sobre este se traza la circunferencia con punto n es A entonces el ´ angulo puede tar _ responder esta pregunta definamos la siguiente centro en Adeyintersecci´ radio 1, oentonces puede identificarse la longitud delparco que une donde |Y| representa denotarse porP \A. Dado unon´ angulo es cirposible aplicaci´ on \A con el punto de intersecci´ entre \A, `0 y la el punto (1, 0) con el punto Y =⇥ ( ⇤1 − y 2 , y), y construirUna el sistema de coordenadas ortogonales XY cunferencia. vez hecho esto, puede considerarse 1] acuerdo ! 0, ⇡2a lo discutido donde φ(y) = 0 si yφ=: [0, 0. De ubicando el origen en A haciendo la longitud x del arco que vayde (1, 0) a coincidir P , y usarel eje _ , arriba, nuestro problema estar´ a resuelto y 7! |Y| si logramos con `;como si sobre este separa traza la circunferencia con este X n´ umero etiqueta referirse a \A. probar que φ_ es una función sobreyectiva. centro en A y radio 1, entonces puede identificarse 0 \A con el punto P de intersecci´ on entre ` y la cir- donde |Y| representa la longitud delparco que une 2 , y), y el punto (1, 0) con que el punto Y =on( de1 −φ ycoEl lector puede notar la definici´ cunferencia. Una vez hecho esto, puede considerarse donde justamente φ(y) = 0 si ay la = 0. De acuerdo a lo discutido rresponde definici´ on de arc sen(y), la longitud x del arco que va de (1, 0) a P , y usar arriba, nuestro problema estar´ a resuelto si logramos y que esta ha surgido de manera natural como este n´ umero como etiqueta para referirse a \A. probar que φ esque unapromete función responder sobreyectiva. la materia prima nuestra pregunta. A diferencia de la función sen(x), el El de lector la definici´ de yφ cohecho que puede φ estánotar bien que definida para on cada rresponde justamente a la definici´ on de que arc sen(y), resulta evidente, lo que nos lleva a pensar es que esta ha primero surgido ladefunci´ manera más ynatural definir on arcnatural sen(y) ycomo materiadeprima promete nuestra luegoladeducir ella la que existencia de responder sen(x). pregunta. A diferencia de la función sen(x), el hecho está obien cada y A los ojosdedequela φintuici´ n φ definida debiese para ser una resulta evidente, que que nos consideraremos lleva a pensar que on continua, de lo modo el es Figura 1: El ángulo \A identificado con el real x. funci´ más natural definir función arc sen(y) siguiente resultado que primero vinculalacontinuidad con y luego deducir de ella la existencia de sen(x). En este contexto, se define el seno de un real po- sobreyectividad. sitivo x como la ordenada del punto en la circun- Teorema 1. (Teorema del valor intermedio) Si f : ojos de la intuición φ debiese ser una ferencia unitaria que forma un arco de longitud x [a, b]A!los R es una funci´ on continua, entonces para angulo \A identificado el real x. función continua, de modo que consideraremos el con elFigura punto 1: (1,El 0).´ Esta definici´ on resulta con intuitivacada k entre fresultado (a) y f (b)que existe ↵ 2 [a, b] tal que con vincula continuidad mente correcta, pero se ve asaltada por la siguien- f (↵)siguiente = k. En este¿Ser´ contexto, se que define el seno de un real real po- sobreyectividad. te pregunta: a cierto para cualquier sitivounx punto como la del punto en la circunon. 1. Asumamos sin valor pérdida de ge-Si f : x existe en ordenada la circunferencia unitaria de Demostraci´ Teorema (Teorema del intermedio) ferencia formaformado un arcosea deexactalongitudneralidad x [a, b] ! que f (a)  f (b). Si k fuese igual a para modo que la unitaria longitud que del arco R es una funci´ on continua, entonces con el punto (1, 0). Esta definici´ o n resulta intuitivao f (b) el resultado inmediato, lo que mente igual a x? Si reducimos nuestra atención al f (a)cada k entre f (a) y fser´ (b)ıaexiste ↵ 2 [a,por b] tal

eal x.

eal pocircunitud x uitivaguiener real aria ria de xactaci´on al a en el mular-

hecho de que φ est´ a bien definida para cada y resulta evidente, lo que nos lleva a pensar que es m´ as natural definir primero la funci´ on arc sen(y) y luego deducir de ella la existencia de sen(x).

bar que φ es continua? Desde luego, la respuesta a esta pregunta depende de lo que entendemos por φ(y), es decir, depende del significado que tenga la longitud de un arco de circunferencia. Una manera _ precisa de definir la longitud de un arco AB consiste en construir una sucesión de poligonales que lo A los ojos de la intuici´ on φ debiese ser una funci´ on continua, de modo que consideraremos el aproximen. En [?] se muestra este procedimiento y se prueba que la sucesión de las longitudes de las siguiente resultado que vincula continuidad con poligonales es acotada y creciente, dado lo cual se sobreyectividad. _ define la longitud de AB como su l´ımite. También se Teorema 1. (Teorema del valor intermedio) Si f : prueba que el l´ımite obtenido es el mismo si se elige [a, b] ! R es una funci´ on continua, entonces para una sucesión diferente de poligonales que cumplan cada k entre f (a) y f (b) existe ↵ 2 [a, b] tal que una condición espec´ıfica, y se define el área del secf (↵) = k. tor circular determinado por A y B mediante ´ areas vac´ıo yoacotado superiormente x  b de pol´ıgonos. Se prueba además el siguiente hecho. Demostraci´ n. Asumamos sin pépues rdidaa 2deA ygeneralidad que xf (a) f (b). Si k posee fuese un igual a para todo 2 A,por lo tanto supremo on de la cumple a < ↵ < dadas Teorema 2. Si A, B son puntos en la porci´ f (a)↵o que f (b)necesariamente el resultado ser´ ıa inmediato, porb lo circunferencia unitaria que reposa en el primer cuatantonuestras asumiremos que f (a) < k < f (b). Sea hipótesis. _ drante del plano XY , entonces |AB| = 2|S(A, B)|, A = {x 2 [a, b] : f (x)  k}. El conjunto A es no _ una parte se tiene pues que af2 (↵) la longitud del arco que unehecho. A con B y donde |AB| vac´ıoPor y acotado superiormente A yx k.b En de pol´ ıgonos. Seesprueba adem´ as el siguiente efecto, si se tuviese f (↵) > k entonces por la |S(A, B)| es el ´ a rea del sector circular determinado para todo x 2 A, por lo tanto posee un supremo continuidad de f existir´ ıa alg´ un ↵δ < > b0 dadas tal que Teorema si por A 2. y B. Si A, B son puntos en la porci´ on de la ↵ que necesariamente cumple a < ↵ − δ < x  ↵ y x 2 [a, b] entonces f (x) > k, circunferencia unitaria que reposa en el primer cuanuestras hipótesis. _ Por motivos acticos no incluiremos aqu´ı la pero como ↵ es supremo también habr´ıa x0 2 drante A del plano XY pr´ , entonces |AB| = 2|S(A, B)|, _ demostraci´ o n de este teorema. En lugar tal que ↵ − δ < x  ↵, de donde f (x )  k y 0 Por una parte se tiene que f (↵)  k.0 En donde |AB| es la longitud del arco que une A con Bdey eso algo que se usa en ella, y que a la vez,flo(↵) cual>supone una contradicci´ n. mencionaremos f (x0si) > efecto, sek tuviese k entonces por la o|S(A, B)| es el ´ area del sector circular determinado también usaremos aqu´ı: |S(A, B)| se define como el continuidad de f existir´ıa alg´ un δ > 0 tal que si por A y B. ´ ınfimo de las áreas de los pol´ıgonos que contienen a Por otra parte se tiene f (↵) ≥ k. Si se tuvie↵ − δ < x  ↵ y x 2 [a, b] entonces f (x) > k, S(A, B). f (↵)↵ <es k, entonces porencontinuidad motivos prácticos no incluiremos aqu´ı la perosecomo supremo tambi´ habr´ıa x0 2existir´ A ıa Por δ > 0 tal que si ↵ < x < ↵ + δ y x 2 [a, b] entonces tal que ↵ − δ < x0  ↵, de donde f (x0 )  k y demostración de este teorema. En lugar de eso El Teoremaalgo 2 provee k, vez, peroloesto ıa que x 2 A, olon. cual mencionaremos que se una usa manera en ella, alternativa y que > k<a la cual supondr´ supone una contradicci´ f (x0f) (x) de probar que φ es continua: basta probar contradice el hecho de que ↵ es cota superior de también usaremos aqu´ı: |S(A, B)| se define como el que la de funci´ g : de [0, los 1] ! R que que a cada y asigna A. lasonáreas pol´ıgonos contienen a el Por otra parte se tiene f (↵) ≥ k. Si se tuvie- ´ınfimo rea del sector circular determinado por (1, 0) y B). se f (↵) < k, entonces por continuidad existir´ıa S(A,áp 1 − y 2 , y) es una función continua. Para conven( δ > 0 tal que si ↵ < xuna < ↵garant´ + δ y ıa x 2de[a,que b] entonces Tenemos pues si φ es una cerse de esto basta observar que φ(y) = 2g(y) para El Teorema 2 provee una manera alternativa f (x)funci´ < k,onpero esto supondr´ x 2 A, lopara cualtodo continua sobre ıa [0, que 1] entonces todo y, de modo que φ es continua si y sólo si g lo es. contradice ⇡ hecho de que ↵ es cota superior de de probar que φ es continua: basta probar que x 2 [0, el a alg´ un y 2 [0, 1] tal que φ(y) = x, 2 ] habr´ la función g : [0, 1] ! R que a cada y asigna el A. lo que nos lleva a la siguiente pregunta: ¿cómo proa probar que g esporcontinua, áp reaProcederemos del sector circular determinado (1, 0) y debar que φ es continua? Desde luego, la respuesta notando por C a la parte de la circunferencia 2 ( 1 − y , y) es una función continua. Para convena esta pregunta lo que que si entendemos Tenemos pues unadepende garant´ıadede φ es una por unitaria que reposa en que el φ(y) primer cuadrante cerse de esto basta observar = 2g(y) para del φ(y), es decir, depende del significado que tenga la funci´ on continua sobre [0, 1] entonces para todo todoplano XY . que φ es continua si y sólo si g lo es. y, de modo dea un arco Una=manera alg´ un y de 2 circunferencia. [0, 1] tal que φ(y) x, x 2 longitud [0, ⇡2 ] habr´ _ on g : [0, 1] ! R que a cada y precisa de definir la longitud de un arco ABproconsis- Teorema 3. La funci´ lo que nos lleva a la siguiente pregunta: ¿c´ omo Procederemos a probar que g es continua, deasigna el ´ a rea del sector circular de C determinado te en construir una sucesi´ o n de poligonales que lo bar que φ es continua? Desde luego, la respuesta notando por C p a la parte de la circunferencia 2 aproximen. [?] se de muestra procedimiento y por (1, 0) y ( 1 − y , y) es continua. a esta pregunta En depende lo queeste entendemos por unitaria que reposa en el primer cuadrante del que la sucesi´ on de las longitudes de las φ(y),seesprueba decir, depende del significado que tenga la plano XY . poligonales es acotada y creciente, dado lo cual on. Sea y0 2 [0, 1] arbitrario longitud de un arco de circunferencia. Una manera se Demostraci´ _ _ y sea Y el punto en C define la longitud de AB como su l´ ımite. Tambi´ e n se 0 que acoordenadas cada y precisa de definir la longitud de un arco AB consis- Teorema 3. La funci´ p on g : [0, 1] ! R de 2 , y ). Para cada y 6= y , , y ) = ( 1 − y (x que el l´ımite obtenido es el mismoque si seloelige 0 0 asigna 0el 0´ areapdel sector circular de Cpdeterminado 0 te enprueba construir una sucesi´ on de poligonales una sucesi´ n diferente de este poligonales que cumplan y 2 y) = ( 1 − y 2 , y) y sea 0) [0, y (1], 1sea − y 2Y, y)=es(x, continua. aproximen. Eno[?] se muestra procedimiento y por (1, una condici´ onsucesi´ espec´ se longitudes define el ´ area se prueba que la oıfica, n deylas de del las sec- Z = γ1 \ γ2 , siendo γ1 la recta tangente a C en Y0 tor circular determinado por A dado y B mediante y γ2 la orecta que pasa , como se muestra en poligonales es acotada y creciente, lo cual seáreas Demostraci´ n. Sea y0 por 2 OY [0, 1] arbitrario _ define la longitud de AB como su l´ımite. También se y sea Y0 el p punto en C de coordenadas , y ) = ( 1 − y02 , y0 ). Parapcada y 6= y0 , (x prueba que el l´ımite obtenido es el mismo si se elige 0 0 una sucesión diferente de poligonales que cumplan y 2 [0, 1], sea Y = (x, y) = ( 1 − y 2 , y) y sea

notand unitar plano

Teore asigna por (1

Demo y sea (x0 , y0 y 2 [ Z =γ y γ2 la

la Figura 2.

Figura 2: Continuidad de g. Figura 2: Continuidad de g.

Figura 3: Teorema de Thales sobre 4Y OY y Figura 0 .3: Teorema de Thales sobre 4Y OY y 4ZOZ El á|g(y) rea del S(Y, Y0 ), que es menor o igual que viene el a´readada del 4ZOZ 0 . por − sector g(y0 )|, circular es menor igual áorea del Figura 3: Teorema de Thales sobre 4Y OY y porangulo |g(y) g(ydel 0 )|,sector El− área ), queelviene todooyS(Y, porY0que definici´ n, dada por tri´ 4ZOY 0 para circular −−! 4ZOZ 0 . para todo y que por definici´ triátanto ngulo 4ZOY Z, cuyas es menor o igual que el0o|án, rea del por |g(y)a−0con g(y 0 )|, 0! −− lo bastar´ mostrar |4ZOY !por 0 Todo esto permite hallar expl´ıcitamente Y cuyas Todo esto permite hallar expl´ ıcitamente Y 0 para todo y por definici´ o n, por tri´ a ngulo 4ZOY lo tanto bastar´ a con mostrar que |4ZOY | ! 0 0 coordenadas son la solución (u, v) al sistemaZ,forma0 −−! cuando y ! y0 . Z, cuyas Todo esto permite hallar expl´ ıcitamente Y coordenadas son la soluci´ oyn(2): (u, v) al0 sistema formatanto cuando lo y! y0 . bastará con mostrar que |4ZOY0 | ! 0 do por las ecuaciones (1) coordenadas son la solució(1) n (u,yv)(2): al sistema formacuando y ! y0 . do por las ecuaciones −! El hecho de que |4ZOY0 | tiende a cero se si- − do por las ecuaciones (1) y (2): Y Z = (u, v) 0! − − cerocuando sese siEl hecho de quede |4ZOY 0 | tiende a acero gue del Elhecho |ZY|4ZOY ◆ a cero si- − hecho que que 0 | tiende 0 | tiende Y−0! Z == (u,✓ (u, Y Z v) v) y0 0 −x0 | tiende hecho que |ZY cero cuando del hecho que 0|ZY ✓✓ ◆ − x y) ◆ . ygue ! ydel En efecto, si denotamos por a(u,acero v) alcuando vector 0 | tiende 0 . gue = (xy − x y), (xy 0 0 −x0 −x0 0 0 y − −! −!si denotamos y−! ! y0 . yEn si − denotamos porpor (u,(u, v)v)alalvector xxy00 +0 yy xx0(xy + 0yy ! efecto, y− En efecto, vector − x0 y), 0. Z == (xy00(xy − x00 y), −0x(xy 0 y) 0 .− x0 y) . Y Z, como OY el 0! 0! ? 0 − −− − − −−! −−! Y −−! −!producto punto entre xx + yy xx + yy xx00 + yy0 0 0 +0 yy0 0 Y0 Z, Ycomo Y0 ZOY OY el productopunto punto entre entre pxx p Y0 Z, como ? el 0 producto 0 Zdebe ambos vectores ser?0igual a cero, es decir, 2 y!y pp1 − y!y p 0 p1 − y 2 = x0 , el resultado Como x = y −! 0 ambos vectores debe ser igual a cero, es decir, 2 y!y0 2 −! 0 ambos vectores debe ser igual a cero, es decir, Como xx== 1 −1 y− Como y 2 −!1 − y10 = − xy002, el =resultado x0 , el resultado Figura 2: Continuidad de g. de g. es elque que quer´ ıamos: Figura 2: Continuidad es el quer´ ıamos: ux0 +uxvy (1) += vy00.= 0. (1) es el que quer´ ✓ ◆ 00 ✓ ıamos: ◆ Figura 3:(1)Teorema de Thales 4Y OY y −x0 −x0 ux + vy0 = 0. y ysobre y!y y!y ✓ 0 0 0 0 El área del sector circular S(Y,0 Y0 ), que viene dada 3: −! Teorema Thales sobre 4Y y 0 Figura (u, v) x00 y− (xOY x0 y00y)0 − x0 y0 ) −!0 2 2de (u, v) 0− 0 ),x02y0 ), 0 y00− 0y 4ZOZ y!y 2 0(x02y(x 2 (x 0 a las. proEl á|g(y) rea sector S(Y, Y0por ),el que x0 x + yy y02x2−x Por parte, denotamos Yy 0 Z y 0Zadada 0v) + + y )|, otra es circular menor o siigual que apor ´ rea del por −otra g(y 0 y0 (x0 y0 − xx00y+ −! (u, ), (x0 y0 − x0 y0 ) Por del si denotamos Y 00viene las pro0parte, 0 0 0 0 . 4ZOZ 2 + y2 0 a las prox20 + y02 Por 4ZOY otra parte, denotamos Ysobre yelZ )|,los essitodo menor o igual que el area ´ por |g(y) − g(y yecciones de losy puntos ysobre el ejedel X,resres== (0,(0, 0).x0). por definici´ oZn, por tri´ angulo 0 0 para 0de −0−! yecciones puntos Y y YZpor eje X, Todo esto permite hallar expl´ pectivamente, podemos aplicar de Thalo tanto bastar´ a de con mostrar queYy|4ZOY !Teorema 0elon, yecciones puntos ypor Z el sobre eje X, res= ıcitamente (0, 0). Y0 Z, cuyas para todo definici´ por tri´ angulo 4ZOY 0 | el 0los −! 0  pectivamente, podemos aplicar Teorema de ThaComo dijimos en un se verifica − 0 0 coordenadas son la soluci´ o n (u, v) al comienzo, sistema formalosmostrar triángulos 4Y 0OY y 4ZOZ (Figura . sobre cuando y !bastar´ y0les TodoComo esto permite hallar expl´ ıcitamente Yque 0 Z, cuyas pectivamente, podemos aplicar el Teorema de Thadijimos en un comienzo, se verifica lo tanto a con que |4ZOY | ! 0 0 0  |4ZOY0 |, lo que permite obtener laque 0  |g(y) − (1) g(y0y)|(2): les sobre3)los tri´ angulos 4Y OY 0 y 4ZOZ (Figura do0 por las ecuaciones para obtener Como dijimos en un comienzo, se verifica que 0 la  coordenadas son la soluci´ o n (u, v) al sistema )| g:  |4ZOY0 |, lo que permiteformaobtener les para angulos 4Y OY y 4ZOZ (Figura |g(y) − g(y0de . tri´ cuando ysobre ! obtener y0los continuidad 3) El hecho de que |4ZOY0 | tiende a cero se si- −−! )|  |4ZOY |, lo que permite obtener la |g(y) − g(y 0 de g: (1) y (2): 0 por las ecuaciones Y Z = do (u, v) continuidad 3) para y!y0 y!y0 gue del hechoobtener que |ZY0 | tiende a cero cuando 0 ✓ continuidad ◆ |4ZOY | −! 0 ) |g(y) − g(y )| −! 0. 0 de g: −x 0 u y0 a+ vcero se si- −−! y0 |0 +tiende de que |4ZOY0xpor y!y0 0 yEl! hecho y0 . En efecto, si denotamos (u,= v) al vector 0 . (2)Z = |4ZOY = Y (xy − x y), (xy0 −−x0g(y y) .)| y!y −! 0 ) |g(y) −!0 0. 0xx0 + yy0(u, 0v) 00 | y!y −−! −−! −−! x + u x y + vy 0 y!y xx + yy 0 0 | tiende a cero cuando gue del hecho que |ZY ✓ ◆ 0 0 Y0 Z, como Y0 Z ? OY0 el producto 0 |4ZOY | −! 0 ) |g(y) − g(y 0 )| −! 0. = y0punto . entre (2) x + u + v −x p p y00 0 0 y!y 0 ambos vectores debe ser igual a cero, es decir, y ! y0 . En efecto, si denotamos vectorx =(2) 1 − = x y (u, = por . v) al Como x0 y), (xy0 − x0 y) . y 2 −! 1 − y02 =(xy x , 0el− resultado −−! −−! −−!x y xx0 + yy0 0 xx0 + yy0 el que quer´ıamos: Y0 Z, como Y0 Z ? OY0 el producto punto esentre ux0 + vy0 = 0. (1) p que y!y p el resultado anterior ✓ Puesto ◆ = 02g, prueba cular ambos vectores debe ser igual a cero, es decir, y= −x10− y 2 = x0 , el resultado y!y 0 0 Como x 1 y− −y 2x −! 00 y0 − x0 y0 ) −! (u, v) (x y ), (x 0 0 0 0 2 2 2 2 que es una funci´ o n continua, de modo que para ca0 0 x0 + quer´ y0 ıamos: x0 + y0 Por otra parte, si denotamos por Y y Z a las proes el que ⇡ un y 2 [0, 1] tal que (y) = x, ◆ da0).x 2 [0,✓2 ] existe alg´ uxY0 + vysobre (1) = (0, yecciones de los puntos yZ 0 = 0.el eje X, resy0el Teorema 1. Esto soluciona −x0 y!y0 pectivamente, podemos aplicar el Teorema de Thade acuerdo con nuestra ) −! (u, v)en un (x0 y0que − x00 y0 ), 2 Como dijimos comienzo, se verifica 0 0 2 2 2 (x0 y0 − x0 y0Como 0 0 les triángulos 4Y OY y por 4ZOZ x0 + ypero x + y pregunta inicial, si queremos definir sen(x) de Porsobre otralos parte, si denotamos Y y(Figura Z a las pro0 0 0 obtener la |g(y) − g(y0 )|  |4ZOY0 |, lo que permite 3) para obtener manti ńica yecciones de los puntos Y y Z sobre el eje X, res(0, 0).necesitamos tener la certeza de que continuidad de manera g: = u valore es as inyectiva. y!y0 pectivamente, podemos aplicar el Teorema de Thay!yadem´ 0 |4ZOY | −! 0 ) |g(y) − g(y )| −! 0. 0 0 Como dijimos en un comienzo, se verifica que 0  0 y 4ZOZ 0 (Figura xa +u y0 + v 0 ngulos les sobre los tri´ = 4Y OY . (2) lo que la teo|g(y)Proposici´ − g(y0 )| o|4ZOY n 1. La0 |,funci´ onpermite g : [0, 1]obtener ! R del x y 3) para obtener continuidad de g: es estrictamente creciente. rema anterior Notan y!y0 y!y0 4P (a |4ZOY0 | −! 0 ) |g(y) − g(y0 )| −! 0. x0 + u y0 + v Demostraci´ on. Dados A, B 2 C denotemos por = . (2) contie S(A, B) al sector circular determinado por amx y conclu bos p puntos; denotemos además por P (y) al punestrict to ( 1 − y 2 , y) 2 C. Sean a, b 2 [0, 1] tales que a > b y sea ⌃0 un pol´ıgono cualquiera conteniendo No a S(P (a), Q). Si trazamos una recta pasando por la rel (0, 0) y P (b) notamos que ⌃0 puede escribirse como estrict la unión disjunta de dos pol´ıgonos ⌃01 y ⌃02 , donde Con e S1 := S(P (a), P (b)) ⇢ ⌃01 y S2 := S(P (b), Q) ⇢ ⌃02 . para c En la Figura 3 mostramos un posible pol´ıgono ⌃0 y tal qu los dos pol´ıgonos ⌃01 y ⌃02 asociados. sen(x) la Figura El á2. rea del sector Figura circular S(Y, Y0 ), que viene dada 2: Continuidad de g.

Figura 3: Teorema de Thales sobre 4Y OY y ue viene dada 4ZOZ 0 . ue el ´ area del efinici´on, por −−! 4ZOY0 | ! 0 Todo esto permite hallar expl´ıcitamente Y0 Z, cuyas coordenadas son la soluci´on (u, v) al sistema formado por las ecuaciones (1) y (2):

y 2 [0 respon

Las p de la confirm la fun

prueba ara ca) = x, uestra (x) de que

el teo-

os por r aml punes que niendo do por como donde ⇢ ⌃02 . o ⌃0 y

or cir-

los dos pol´ ⌃1 y ⌃alg´ + |el= u |. real(y) = x, lo q |S1 | + y1]2 [0,|⌃ 1]2 que verifica 2 asociados. un y 2 [0, 1] tal que (y) = sen(x) x, da x 2ıgonos [0, ⇡2 ] existe 1 |como para todo x |S22 |  [0,|⌃ ´|⌃ nico responder nuestra inicial. de acuerdo con el Teorema 1. Esto soluciona nuestra y 2 [0, 1] que0 verifica (y) = x, lo que terminapregunta por es arbitrario, la desigualdad anterior se Como ⌃ pregunta inicial, pero si queremos definir sen(x) responder de nuestra pregunta inicial. mantiene al tomar el ´ınfimo todos los posibles Las sobre páginas anteriores nos muest manera u ńica necesitamos tener la certeza de que 0 |, de modo que valores de |⌃ de la definici´ o n de sen(x) hay un es además inyectiva. Las páginas anteriores nos muestran que detr´ as on puede hallarse si se de la definición de sen(x) confirmaci´ hay un supuesto cuya Proposici´ on 1. La funci´ on g : [0, 1] ! R del teo|S | + |S |  |S(P (a), Q)| = g(a). la funci´ o n arc sen(y), donde hacer ep 1 2 confirmación puede hallarse si se define primero rema anterior es estrictamente creciente. requiereesto contar con s´ la existencia de la funci´ on arc sen(y), ´= ltimo | + |S2hacer | > p |S2 | u g(b)olo(pues Notando que |S1donde 2 medir la longitud de un arco de circ y ıgono saber requiere contar(b) conest´ laaexistencia 1 − y pol´ 4P (a)OP contenidodeen todo que Demostraci´ on. Dados A, B 2 C denotemos por medir la longitud de un arco de circunferencia. contiene a S1 y |P (a)OP (b)| > 0, luego S1 > 0) S(A, B) al sector circular determinado por amconcluimos que g(b) < g(a), lo que muestra que g es Referencias bos p puntos; denotemos adem´ as por P (y) al punestrictamente creciente. Referencias to ( 1 − y 2 , y) 2 C. Sean a, b 2 [0, 1] tales que I. Tejeda, ¿Podemos acepta a > b y sea ⌃0 un pol´ıgono cualquiera conteniendo No es dif´ıcil comprobar que este resultado y usual de funciones trigonomé a S(P (a), Q). Si trazamos una recta pasando por exterior I.la Tejeda, aceptar la las definici´ on Figura 4: Un pol´ıgono arbitrario. relaci´ on ¿Podemos = 2g implican que tambi´ en es a publicacióEnviado n, http://arxiv.org/ escribirse como usual (0, 0) y P ⌃0 puede de las funciones trigonom´ estrictamente creciente y poretricas? lo tanto inyectiva. Figura 4:(b) Unnotamos pol´ıgonoque exterior arbitrario. 0 0 definici´ delaCon ápublicaci´ rea esto de unoen sector ciry ⌃2 , donde la unión disjunta de dosLapol´ ıgonoson⌃1mencionada n, http://arxiv.org/abs/1509.02488 mano podemos asegurar lo siguiente: 0 y S := S(P (b), Q) ⇢ ⌃0 . ⇡ S := S(P (a), P (b)) ⇢ ⌃ 1 La definici´ on mencionada del1 ´ area2 de un sector cir- 2 para cada x 2 [0, 2 ] existe exactamente un y 2 [0, 1] cularEn asegura que 3 mostramos un posible pol´ıgono ⌃0 y tal que (y) = x. Esto finalmente permite definir la Figura los dos pol´ıgonos ⌃01 y ⌃02 asociados. sen(x) para todo x 2 [0, 1] como el u ńico real |S1 | + |S2 |  |⌃01 | + |⌃02 | = |⌃0 |. y 2 [0, 1] que verifica (y) = x, lo que termina por responder nuestra pregunta inicial. Como ⌃0 es arbitrario, la desigualdad anterior se mantiene al tomar el ´ınfimo sobre todos los posibles Las páginas anteriores nos muestran que detr´ as valores de |⌃0 |, de modo que de la definición de sen(x) hay un supuesto cuya confirmación puede hallarse si se define primero |S1 | + |S2 |  |S(P (a), Q)| = g(a). la función arc sen(y), donde hacer esto ´ltimo s´ olo p u Notando que |S1 | + |S2 | > |S2 | = g(b) (pues requiere contar con la existencia de 1 − y 2 y saber 4P (a)OP (b) está contenido en todo pol´ıgono que medir la longitud de un arco de circunferencia. contiene a S1 y |P (a)OP (b)| > 0, luego S1 > 0) concluimos que g(b) < g(a), lo que muestra que g es Referencias estrictamente creciente. No es dif´ıcil comprobar que este resultado y la relacióFigura n =4: 2g que tambi´ en es Un implican pol´ıgono exterior arbitrario. estrictamente creciente y por lo tanto inyectiva. Con La esto en mano podemos asegurar definici´ on mencionada del ´ area lo de siguiente: un sector cir⇡ para cada x 2 [0, 2 ] existe exactamente un y 2 [0, 1] tal que (y) = x. Esto finalmente permite definir sen(x) para todo x 2 [0, 1] como el u ńico real y 2 [0, 1] que verifica (y) = x, lo que termina por responder nuestra pregunta inicial. Las páginas anteriores nos muestran que detrás de la definición de sen(x) hay un supuesto cuya confirmación puede hallarse si se define primero la función arc sen(y), donde hacer esto ´ltimo sólo p u requiere contar con la existencia de 1 − y 2 y saber medir la longitud de un arco de circunferencia.

Referencias I. Tejeda, ¿Podemos aceptar la definici´ on usual de las funciones trigonom´etricas? Enviado a publicaci´on, http://arxiv.org/abs/1509.02488

I. Tejeda, ¿Podemos aceptar la definici´ on usual de las funciones trigonom´etricas? Enviado a publicaci´on, http://arxiv.org/abs/1509.02488

23.- En el dibujo los n´ umeros representan el ´ area del triángulo que los contiene ¿Cuál es el ´ area del triángulo ABC ?

Sol

Lue por 3, n por

21.- Encuentre el n´ umero real k lo m´ as peque˜ no posible, tal que para todos los n´ umero reales a, b y c se verifique que

24.- Un grupo de estudiantes decide lavar autos para juntar dinero. Por lavar un auto cobraron 1000 pesos y por lavarlo y aspirarlo 1400 pesos. Si juntaron 35200 pesos, ¿cu´al es el n´ umero m´ınimo de clientes que atendieron ? Soluciones

25.- En un triángulo ABC, M es el punto medio 9.- Determine los n´ umeros del 2 de al 9intersecci´ que dividen del lado AC, D es el punto on dea la bisectriz del ángulo BAC con el lado BC y P (a + b + c)2  k(a2 + b2 + c2 ). 102013 − 10 el punto de intersección de. la bisectriz AD con p 9 BM. Si el a´rea del triángulo ABC es 100cm2 , anto vale 2n + 1? 22.- Si n+1 = 20152 +20162 , ¿cu´ AB = 10cm y AC = 30cm ¿cuál es el área del Soluci´ on: 23.- En el dibujo los n´ umeros representan el ´ area del triángulo 2013 ABP ? triángulo que los contiene ¿Cu´ al es el ´ area del 10 − 10 10 n = = (102012 − 1) triángulo ABC ? 9 9 10 2011 = (10 −Soluciones 1)(10 + · · · + 10 + 1), 21.- Encuentre el n´ umero real k lo m´ as peque˜ no po9 sible, tal que para todos los n´ umero reales a, b = |{z} 10 · (102011 + 102010 · · · + 10 + 1) } a y c se verifique que 9.- Determine los|n´ umeros del {z 2 al 9 que dividen 2x5 impar (a + b + c)2  k(a2 + b2 + c2 ). 102013 − 10 = 1111 · · · 10 . | {z } p 9 anto vale 2n + 1? 22.- Si n+1 = 20152 +20162 , ¿cu´ 2012 unos Soluci´ on: 23.- En el dibujo los n´ umeros representan el área del Luego n es divisible por 5, no es divisible triángulo que los contiene ¿Cu´ al es el a´rea del 102013 − por 10 2, 10 2012 n =por 8. Como 2012 = no (10es − 1) por por 4 ni divisible triángulo ABC ? 9 9 3, n no es divisible por 3 luego tampoco lo es 10 2011 + · · · + 10 + 1), por 6 ni=por 99.(10 − 1)(10 2011 · (10 + 102010 · · se · +reparten 10 + 1) = |{z} 10 Sof´ 10.- Sergio, Claudio, {z } | ıa y Constanza 2013 dulces de la siguiente manera: El primero, 2x5 impar Sergio, toma 12 dulces, el segundo, Claudio 22 , = 31111 · · · 10} |2 , Constanza {z 42 , Sergio 52 , etc. Si Sof´ıa toma 24.- Un grupo de estudiantes decide lavar autos para no hay suficientes dulces para que un ni˜ no tome 2012 unos juntar dinero. Por lavar un auto cobraron 1000 2 un cuadrado, entonces toma 1 y la secuencia pesos y por lavarlo y aspirarlo 1400 pesos. Si divisible por por el 5, u es divisible se Luego vuelvena es repetir. ¿Qui´ en 2, toma ńo ltimo dulce juntaron 35200 pesos, ¿cu´ al es el n´ umero m´ınipor 4 ni por 8. Como 2012 no es divisible por ? ¿Quién toma más ? mo de clientes que atendieron ? 3, n no es divisible por 3 luego tampoco lo es Soluci´ on: Ocupamos la fórmula por 6 ni por 9. 25.- En un triángulo ABC, M es el punto medio

10.- Ser 201 Ser Sof´ no h un se v ? ¿Q

Sol

con

os para n 1000 sos. Si o m´ıni-

medio n de la C yP AD con 00cm2 , rea del

1111 · · · 10} | {z 2012 unos

Luego n es divisible por 2, por 5, no es divisible por 4 ni por 8. Como 2012 no es divisible por 3, n no es divisible por 3 luego tampoco lo es por 6 ni por 9. 10.- Sergio, Claudio, Sof´ıa y Constanza se reparten 2013 dulces de la siguiente manera: El primero, Sergio, toma 12 dulces, el segundo, Claudio 22 , Sof´ıa toma 32 , Constanza 42 , Sergio 52 , etc. Si no hay suficientes dulces para que un ni˜ no tome un cuadrado, entonces toma 12 y la secuencia se vuelve a repetir. ¿Qui´en toma el u ´ltimo dulce ? ¿Qui´en toma m´ as ? Soluci´ on: Ocupamos la f´ ormula Reemplazando obtenemos n = 17. 12 + 22 + · · · + 1722 = n(n 1785+luego 1)(2n nos + 1)quedan 2 2 1 + 2 + · · · + n = 228 dulces y hay que volver a6 empezar 12 + 22 + · · · + 82 = 204 y nuevamente volvemos cona lo que porque quedan 24 dulces. 12 + 22 + empezar 10 dulces 32 = 14 quedan n(n + 1)(2n + 1)y volvemos a empezar  2013 a empezar. 12 + 22 = 5 y quedan 5, volvemos 6 12 + 22 = 5 y finalmente terminamos. Reemplazando obtenemos n = 17.

11.- Pruebe que la sucesi´on an = 6n + 5 tiene infinitos primos. Soluci´ on: Cualquier n´ umero dividido por 6 da restos 0,1,2,3,4 o 5. es decir es de una de las siguientes formas 6n, 6n + 1, 6n + 2, 6n + 3, 6n + 4 o 6n + 5. Si es primo quedan solo dos posibilidades, que sea de la forma 6n + 1 o 6n + 5. Supongamos que hay s´olo un n´ umero finito de primos de la forma 6n + 5 sean p1 , p2 , p3 , · · · , pn todos los primos de esta |{z} |{z} |{z} 5

forma donde pn el mayor de ellos.

Considere N = 6(p1 p2 · · · pn ) − 1.(⇤) Primero notamos que N es de la forma 6n + 5 porque N = 6(p1 p2 · · · pn − 1) + 5. Adem´as como N > pn , no puede ser primo, luego se puede escribrir como producto de n´ umeros primos. Los n´ umeros primos p que dividen a N son distintos de p1 , p2 , · · · pn , porque si fueran iguales a alguno de ellos por (⇤) dividir´ıan a 1, lo que es imposible. Por lo tanto todos los divisores primos de N son de la forma 6n + 1. Finalmente notemos que cuando multiplicamos dos n´ umepuede 6n ser + primo, luego se puede N ros > pde la forma 1 su producto tambi´esen es n , no cribrir como producto de n´ umeros primos. Los de esa forma. n´ umeros primos p que dividen a N son distin1)(6n +n 1) = 36mn + 6miguales + 6n +a1 tos (6m de p+ , porque si fueran 1, p 2, · · · p alguno de ellos por (⇤) = dividir´ ıan a+1, 6(6mn mlo + que n) +es1. imposible. Por lo tanto todos los divisores primos son de N la es forma + 1. Finalmente PordeloNanterior de la6nforma 6n + 1 lo que notemos que cuando multiplicamos es una contradicci´ on porque N esdos de n´ laumeforma ros6n de+la5. forma 6n + 1 su producto tambi´ e n Por lo anterior nuestro supuesto deesque de elesa forma. n´ umero de primos de la forma 6n + 5 es finito

12 + 22 + · · · + 172 = 1785 luego nos quedan Sergio Claudio Sof´ıaa empezar Constanza 228 dulces y hay que volver 12 + 2 2 2 2 2 y nuevamente 3 4volvemos 22 + · · · +1282 = 204 2 2 2 5 6 7 a empezar porque quedan 24 2dulces. 8122 + 22 + 2 2 9 12 10 10 dulces y 11 volvemos a empezar 32 = 14 quedan 2 2 2 2 13 14 15 16 2 2 5, volvemos a empezar. 1 + 2 = 52 y quedan 2 2 2 1 2 3 5 y finalmente terminamos. 12 + 22 =17 42 52 62 72 82 12 22 32 2 2 2 Sergio Sof´ıa 1 Claudio 2 1 Constanza 22 no puede ser cierto y es por lo tanto infinito. 2 2 2 2 (6m + 1)(6n + 1) = 36mn + 6m + 6n + 1 1 646 2 367 3 449 4 551 52 62 72 82 12.- ¿Para cuántos enteros positivos el + n´ u1. mero = 6(6mn + mn, + n) 2 2 2 Constanza saca el u ´ ltimo dulce 9 10 11 12y2 Sergio saca umero primo ? n3 − 8n2 + 20n − 13 es un n´ 2 sus compa˜ más 13 que 142 neros. 152 162 Por lo anterior N es de la forma 1 lo que Soluci´ on: Note primero que n 6n = 1+es una ra´ız 2 172 que la 1sucesi´ 22a = 6n 3+2 5 tiene infies una contradicci´ o n porque N es de la forma 11.- Pruebe o n del polinomio porque al evaluarlo 1 − 8 + 20 − 2 2 2n 2 4 5 6 7 6n + 5. Por lo anterior nuestro supuesto de que nitos primos. 13 = 0. Por lo anterior podemos dividir por 82 12 22 32 el n´ mero de primos de +− 5 es 8n2 +6n 20n 13finito = (n − nu− 1 y obtenemos n3la−forma Soluci´ n´ por 6 da 12on: Cualquier 22 1u2mero dividido 22 2 no puede ser cierto y es por lo tanto infinito. − 7n + 13) un an´ a lisis de discriminante 1)(n restos 0,1,2,3,4367 o 5. es 449 decir es de551 una de las si646 indica que n2 − 7n + 13 es siempre positivo. Por guientes formas 6n, 6n + 1, 6n + 2, 6n + 3, 6n + 412.- ¿Para cuántos enteros positivos n, el n´ umero lo anterior la u ńica forma en que al evaluar el o 6n + 5.saca Si eselprimo quedan dos posibiliConstanza u ´ltimo dulce solo y Sergio saca umero primo ? n3 − 8n2 + 20n − 13 es un n´ polinomio inicial se obtenga un n´ umero primo quecompa˜ sea denla forma 6n + 1 o 6n + 5. mádades, s que sus eros. Soluci´ on: Note =+1 13 es = una es que n− 1 =primero 1 o que que n2 −n7n 1, ra´ lo ızque Supongamos que onhay s´ olo un5 tiene n´ umero 6n + infi- fi11.- Pruebe que la sucesi´ an = delnos polinomio al evaluarlo − al entrega porque por soluciones n = 12,− 3 8o + 4,20 que nitoprimos. de primos de la forma 6n + 5 sean nitos 13 evaluarlas = 0. Pordan lo anterior podemos dividir por n´ umeros primos. As´ı existen s´ olo p1 , p2 , p3 , · · · , pn todos los primos de esta 3 − 8n2 + 20n 3 −8n 2 +20n−13 − 13 = (n − n − 1 y obtenemos n tres valores de n para los que n |{z} |{z} |{z} Soluci´ on: Cualquier n´ umero dividido por 6 da 2 − 7n + 13) un an´ 5 11 17 1)(n es un n´ umero primo. alisis de discriminante restos 0,1,2,3,4 o 5. es decir una de las side de ellos. forma donde pn el mayor es indica que n2 − 7n + 13 es siempre positivo. Por guientes formas 6n, 6n + 1, 6n + 2, 6n + 3, 6n + 4 Considere N = 6(p1 p2 · · · pn ) − 1.(⇤) Primero lo anterior la u ńica forma en que al evaluar el o 6n + 5. Si es primo quedan solo dos posibilinotamos que N es de la forma 6n + 5 porpolinomio inicial se obtenga un n´ umero primo dades, que sea de la forma 6n + 1 o 6n + 5. 2 que N = 6(p1 p2 · · · pn − 1) + 5. Además como es que n − 1 = 1 o que n − 7n + 13 = 1, lo que Supongamos que hay s´ olo un n´ umero finos entrega por soluciones n = 2, 3 o 4, que al

Sol del 13 n− 1)(n ind lo a pol es q nos eva tres es u