Sencosen

FCEyN - Departamento de Matem´tica
a Algebra 1

Funciones Trigonom´tricas
e
por Leandro Caniglia

1. Definiciones e indefiniciones
Cuando decimos que el seno de un ńgulo es el cociente entre el cateto opuesto y la
a
hipotenusa estamos dando una visiń geom´trica correcta pero insuficiente de esta funciń
o e o
trigonom´trica. Comprender cabalmente qu´ significa la funciń seno es bastante m´s que
e e o a
conocer su descripciń visual. Las propiedades de las funciones trigonom´tricas, como su
o e
desarrollo en serie de potencias, la existencia de inversas locales, la f´rmula de la suma,
o
las ecuaciones que verifican sus derivadas, etc. no se alcanzan a ver desde la perspectiva
del cateto opuesto sobre la hipotenusa. Describir las funciones trigonom´tricas, tambiń
e e
significa describir sus propiedades algebrícas y anal´
a ıticas. Si queremos comenzar desde
el principio tendr´
ıamos que empezar dando buenas definiciones. Esto no significa olvidar
los argumentos con trińgulos rectńgulos, sino profundizar nuestro conocimiento de las
a a
propiedades relevantes. De paso, vamos a llevarnos la sorpresa de “descubrir” un tema que
nada tiene de aburrido.

2. La ecuaciń diferencial
o
∞
Llamemos C (R) al conjunto de funciones de R en R con “infinitas” derivadas. Dentro
de este conjunto vamos a pensar en todas las funciones f que verifican:

D2 f + f = 0 (∗)

donde D2 f es la derivada segunda de f . Esta ecuaciń (∗) es una “ecuaciń diferencial”
o o
porque la inc´gnita f aparece relacionada con sus derivadas, en este caso su derivada
o
segunda. Determinar todas las soluciones de la ecuaciń (∗) quiere decir determinar su
o
conjunto de soluciones:
H = {f ∈ C ∞ (R) | D2 f + f = 0}.
Desde un punto de vista algebríco, H tiene una estructura de espacio vectoria real. Esto
a
se debe b´sicamente a que la derivada, y por lo tanto la derivada segunda, preserva sumas
a
de funciones y productos por constantes. En realidad el conjunto C ∞ (R) es un espacio
vectorial porque la suma de dos funciones con infinitas derivadas es una funciń del mismo
o
tipo y lo mismo ocurre con el producto por escalares reales. El conjunto H es en realidad
un subespacio de C ∞ (R). Para probar esto tenemos que verificar dos propiedades:
i) 0 ∈ H
ii) f, g ∈ H, λ ∈ R ⇒ f + λg ∈ H.
La primera propiedad es trivial porque la derivada de la funciń nula es la funciń nula.
o o
La segunda se deduce de la linealidad de la derivada segunda:

D2 (f + λg) + (f + λg) = D2 f + λD2 g + f + λg
= (D2 f + f ) + λ(D2 g + g)
=0+0
= 0.

1

a Algebra 1

Esta cuenta muestra que si f y g son soluciones de la ecuciń (∗), entonces la funciń
o o
f + λg tambiń lo es.
e
Mientras el espacio vectorial C ∞ (R) es decomunalmente grande (su dimensiń es
o
infinita), el subespacio de soluciones H tiene dimensiń finita igual a 2. En la pr´xima
o o
secciń vamos a ver esto y tambiń vamos a ver que H tiene una base “canńica” formada
o e o
por las funciones seno y coseno. Claro que como estamos tratando de definir estas fun-
ciones, no podemos hacer uso de ellas hasta tanto no las hayamos definido correctamente.
Si quiere conocer el desenlace de este extraõ asunto, busque un lugar tranquilo y siga
n
leyendo atentamente.

2

a Algebra 1

3. C´lculo de soluciones
a
Hasta ahora la unica soluciń que hemos dado de nuestra ecuaciń diferencial es la funciń
´ o o o
nula. El procedimiento que vamos a seguir para encontrar alguna soluciń no trivial con-
o
siste en proponer como soluciń una funciń que puede desarrollarse en serie de potencias
o o
∞
f (x) = ak xk
k=0

donde los ak son, en principio, desconocidos. Ahora vamos a inyectar esta serie en la
ecuaciń diferencial forzando su cumplimiento
o
∞ ∞
2 k
D ( ak x ) + ( ak xk ) = 0.
i=0 i=0

Hay un teorema que afirma que una serie de potencias absolutamente convergente puede
derivarse t´rmino a t´rmino. Como todav´ no conocemos a los ak no podemos asegu-
e e ıa
rar que nuestra serie converja. Sin embargo, vamos a ver qu´ suceder´ si la serie fuese
e ıa
absolutamente convergente. Derivando formalmente t´rmino a t´rmino, obtenemos
e e
∞ ∞
2 k
D ( ak x ) = D(D( ak xk ))
k=0 k=0
∞
= D( kak xk−1 )
k=0
∞
= D( kak xk−1 )
k=1
∞
= D( (k + 1)ak+1 xk )
k=0
∞
= (k + 1)ak+1 kxk−1 )
k=0
∞
= (k + 1)kak+1 xk−1 )
k=1
∞
= (k + 2)(k + 1)ak+2 xk
k=0

donde, por dos veces, hemos reemplazado la serie desde k = 0 por la serie desde k = 1 y
luego hemos reemplazado k por k + 1. Todo esto tiene por objeto calcuar el coeficiente de
xk en D2 f . El resultado es que en D2 f el coeficiente de xk es

(k + 2)(k + 1)ak+2

3

a Algebra 1

y como el coeficiente correspondiente en f es ak , la igualdad D2 f + f = 0 se traduce en

(k + 2)(k + 1)ak+2 + ak = 0 (∀ k ≥ 0).

De aqu´ obtenemos una relaciń de recurrencia que permite expresar ak+2 en t´rminos
ı o e
de ak
1
ak+2 = − ak . (∀ k ≥ 0) (1)
(k + 2)(k + 1)
El plan ser´ el siguiente: (a) Resolver la recurrencia (1) y calcular los ak ; (b) probar
ıa
que los ak encontrados forman una serie absolutamente convergente. Si llamamos f a la
funciń dada por esa serie, sabremos por construcciń que f es soluciń de la ecuaciń
o o o o
diferencial. De este modo habremos encontrado una soluciń no trivial.
o
Para resolver la recurrencia tengamos en cuenta que como no tenemos restricciones
sobre a0 y a1 , todo depender´ de los valores que asignemos a estos dos coeficientes. Por
a
supuesto, si elegimos a0 = a1 = 0, de la recurrencia vamos a obtener ak = 0 para todo k (la
funciń nula). En general, una vez fijados a0 y a1 , el resto de los ak queda un´
o ıvocamente
determinado por (1). Por ejemplo, tomemos a0 = 0 y a1 = 1. Haciendo esto, de la
recurrencia resulta:
a2i = 0 (∀ i ≥ 0). (2)
es decir, los ak de ´
ındice par son todos nulos. Esto es as´ porque a0 = 0 y si a2i = 0,
ı
poniendo k = 2i en (1) resulta a2i+2 = 0; la afirmaciń se sigue por inducciń en i. Con
o o
respecto a los ´
ındices impares, despu´s de pensarlo un poco uno se da cuenta de que
e

(−1)i
a2i+1 = (∀ i ≥ 0). (3)
(2i + 1)!

Esta ecuaciń tambiń se puede probar por inducciń en i. Para i = 0 se verifica porque
o e o
hab´
ıamos elegido a1 = 1. Adem´s, si se verifica para cierto ´
a ındice i, la recurrencia implica
1
a2i+3 = − a2i+1
(2i + 3)(2i + 2)
1 (−1)i
=−
(2i + 3)(2i + 2) (2i + 1)!
(−1)i+1
=
(2i + 3)!

como quer´ ıamos demostrar.
Las ecuaciones (2) y (3) constituyen la soluciń de la recurrencia (1) para las condi-
o
ciones iniciales a0 = 0, a1 = 1. Ahora podemos ver que la serie resultante es absolutamente
convergente con radio de convergencia infinito. Una forma de verlo es comparńdola con
a
la serie “completa” de coeficiente 1/k!
∞ ∞
(−1)i 2i+1 |x|k
x ≤ .
i=0
(2i + 1)! k!
k=0

4

a Algebra 1

Esta serie de comparaciń tiene radio de convergencia infinito porque sus coeficientes son
o
todos mayores que cero y los cocientes sucesivos tienden a cero para cualquier valor de |x|

|x|k+1
(k+1)! |x|
|x|k
= .
k!
k!

Como hab´ ıamos adelantado, la serie de potencias que encontramos define, por construcciń,
o
∞
una funciń en C (R) que satisface la ecuaciń diferencial que nos hab´
o o ıamos planteado.
Esta es precisamente la funciń seno. M´s formalmente, tenemos la siguiente
o a

Definiciń. Llamamos funciń seno a la funciń dada por la serie de potencias
o o o

∞
(−1)k 2k+1
sen(x) = x .
(2k + 1)!
k=0

La serie de potencias de la funciń seno converge absolutamente y tiene radio de conver-
o
gencia infinito. En particular sus derivadas son tambiń series de potencias del mismo
e
tipo y se pueden obtener derivando la serie del seno formalmente t´rmino a t´rmino. La
e e
funciń seno satisface la ecuaciń diferencial (∗) y, adem´s, cumple
o o a

sen(0) = 0 y Dsen(0) = 1

porque haciendo x = 0 en la expansiń en serie del seno queda a0 (que era igual a 0) y si
o
primero derivamos y despu´s igualamos a 0 queda a1 (que era igual a 1).
e

Ejercicio 1. Repita el mismo razonamiento para las condiciones iniciales a0 = 1 y a1 = 0 y
obtenga los coeficientes de otra serie absolutamente convergente con radio de convergencia
infinito. Esta nueva soluciń de la ecuaciń diferencial es la funciń coseno. En particular
o o o
resulta
cos(0) = 1 y Dcos(0) = 0.

5

a Algebra 1

4. Caracterizaciń de todas las soluciones
o
Ahora que tenemos dos elementos del espacio de soluciones H, a saber: seno y coseno,
vamos a ver que la dimensiń de H es igual a 2 y que estas dos funciones son una base.
o
Tomemos una funciń f ∈ H, tenemos que mostrar que f es combinaciń lineal de seno y
o o
coseno:
f (x) = λ sen(x) + µ cos(x) (∀ x ∈ R).
Antes de probar la existencia de las constantes λ y µ tratemos de ver cu´les ser´ buenos
a ıan
candidatos. Como la igualdad debe valer para todo x, en particular deber´ ser cierta para
ıa
x = 0. Evaluando en 0 nos queda:

f (0) = λ sen(0) + µ cos(0) = λ · 0 + µ · 1 = µ

de donde, de existir un tal µ deber´ ser igual a f (0). Para calcular un candidato a λ,
ıa
primero derivamos y despu´s evaluamos en 0:
e

Df (0) = λDsen(0) + µDcos(0) = λ · 1 + µ · 0 = λ

y el candidato para λ es Df (0). Ahora la cuestiń es demostrar la igualdad
o

f (x) = Df (0) sen(x) + f (0) cos(x) (∀ x ∈ R).

Por la elecciń de los coeficientes λ y µ lo que s´ sabemos es que los lados izquierdo y
o ı
derecho de la ecuaciń de arriba son dos funciones que tienen las siguientes caracter´
o ısticas:
i) Las dos pertenecen a H: f por hip´tesis y el lado derecho por ser una combinaciń
o o
lineal de elementos de H
ii) Las dos funciones tienen el mismo valor en x = 0 por la elecciń del coeficiente de
o
cos(x)
iii) Las dos funciones tienen la misma derivada en x = 0 por la elecciń del coeficiente
o
de sen(x).
Por lo tanto, tendr´ ıamos que probar que si dos funciones f y g pertenecientes a H verifican
f (0) = g(0) y Df (0) = Dg(0), entonces f (x) = g(x) para todo x. Si consideramos la
resta obtenemos una nueva funciń h = f − g que pertenece a H y verifica h(0) = 0 y
o
Dh(0) = 0. Tendr´ ıamos que demostrar que, en estas circunstancias, h(x) = 0 para todo x.
Consideremos la funciń o
T (x) = h(x)2 + (Dh(x))2
La funciń T se anula en 0 porque tanto h como Dh valen cero en 0. Pero si derivamos T
o
obtenemos:
DT (x) = 2h(x)Dh(x) + 2(Dh(x))(D2 h(x))
= 2h(x)Dh(x) − 2(Dh(x))h(x)
=0
porque h ∈ H y en consecuencia D2 h(x) = −h(x). Luego la funciń T debe ser constante
o
(su derivada es nula) y como T (0) = 0, esa constante debe ser 0. As´ T (x) = 0 y
ı,

h(x)2 + (Dh(x))2 = 0

6

a Algebra 1

para todo valor de x. Pero como la suma de dos n´meros reales al cuadrado s´lo puede ser
u o
cero cuando ambos n´meros son cero, obtenemos h(x) = 0 y Dh(x) = 0 para todo valor
u
de x. En particular h = 0 y la propiedad queda demostrada.
El razonamiento muestra que las funciones seno y coseno generan H. Pero como son
linealmente independientes sobre R (vea el ejercicio siguiente), resultan ser una base de H.
En particular, obtenemos el siguiente
Teorema. El conjunto H de funciones C ∞ (R) que satisfacen la ecuaciń diferencial
o

D2 f + f = 0

es un espacio vectorial real de dimensiń 2. Una base de H est´ dada por las funciones
o a
seno y coseno. Adem´s, si f ∈ H, la manera de expresar f como combinaciń lineal de
a o
esta base viene dada por:

f = Df (0) sen(x) + f (0) cos(x).

Ejercicio 2. Muestre que el seno y el coseno son linealmente independientes sobre R.
Ejercicio 3. Demuestre
Dsen = cos y Dcos = − sen
de dos formas distintas: (1) derivando las series t´rmino a t´rmino; (2) observando que
e e
las derivadas de elementos de H son funciones que pertenecen a H y usando el teorema
anterior.

sen(x + α) = sen(x) cos(α) + cos(x) sen(α)

y deduzca la identidad
sen(2x) = 2 sen(x) cos(x).
(Ayuda: Muestre que f (x) = sen(x + α) es un elemento de H y use el teorema anterior.)

cos(x + α) = cos(x) cos(α) − sen(x) sen(α)

y deduzca la identidad
cos(2x) = cos(x)2 − sen(x)2 .

sen(x)2 + cos(x)2 = 1.
(Ayuda: pruebe que la funciń f (x) = sen(x)2 + cos(x)2 es constante.)
o
Ejercicio 7. Demuestre que el seno es una funciń impar, o sea, sen(−x) = − sen(x) y
o
que el coseno es una funciń par, es decir, cos(−x) = cos(x). Haga dos demostraciones de
o
estas propiedades, una a partir de las series de potencias, otra usando el teorema.

7

a Algebra 1

5. Definiciń del n´ mero π
o u
As´ como la interpretaciń geom´tria del seno viene dada por el cociente entre el cateto
ı o e
opuesto y la hipotenusa, la interpretaciń geom´trica del n´mero π lo caracteriza como el
o e u
cociente entre el per´
ımetro de una circunferencia y su di´metro. Una vez m´s estamos frente
a a
a una descripciń importante aunque insuficiente como definiciń. Una buena definiciń
o o o
de π deber´ permitir demostrar, por ejemplo, que sen(π/2) = 1 o que cos(π/2) = 0.
ıa
Una forma de definir π es diciendo que π/2 es el menor n´mero real positivo en donde
u
el coseno vale cero. Es decir

π = 2 min{u ≥ 0 | cos(u) = 0}.

Para poder dar esa definiciń primero tendr´
o ıamos que demostrar que el m´
ınimo existe.
Pero la demostraciń de la existencia se reduce a probar que
o

{u ≥ 0 | cos(u) = 0} = ∅

porque una vez que sepamos esto, la continuidad del coseno implicar´ que el ´
a ınfimo del con-
junto pertenece al conjunto (no olvidemos que la funciń coseno tiene infinitas derivadas).
o
Luego, la cuestiń es ver que cos(u) = 0 para algń u ≥ 0. Vamos a suponer por
o u
el absurdo que cos(u) = 0 para todo u ≥ 0. De la definiciń del coseno sabemos que
o
cos(0) = 1 as´ que por continuidad nuestra suposiciń implica cos(u) > 0 para u ≥ 0.
ı o
Como la derivada del seno es el coseno (Ejercicio 3), deducimos que, al tener derivada
positiva, el seno ser´ una funciń creciente para u ≥ 0. Dado que la derivada del coseno es
ıa o
menos el seno (mismo ejercicio), el coseno resultar´ decreciente para u ≥ 0. Por ultimo,
ıa ´
2
como D cos(u) = − cos(u) < 0, la derivada del coseno ser´ decreciente para u ≥ 0.
ıa
Toda esta informaciń geom´trica deber´ servirnos para formarnos una idea aprox-
o e ıa
imada del gr´fico de cos(u) para u ≥ 0. Se tratar´ de una curva que comienza valiendo
a ıa
1 en u = 0 y decrece de forma tal que mantiene una concavidad negativa (hacia abajo).
Por supuesto, ya todos conocemos el gr´fico de las funciones trigonom´tricas con enorme
a e
precisiń, pero lo conocemos porque nos lo han contado. Lo que estamos viendo ahora es el
o
por qu´ de esas representaciones geom´tricas; en otras palabras, estamos demostrando que
e e
los gr´ficos del seno y coseno que nos enseãron, son realmente as´ como nos los enseãron
a n ı, n
(al fin pegaron una!).
Con las conclusiones anteriores tendr´ ıamos que poder llegar a un absurdo. La idea
es la siguiente: tomemeos un u0 > 0 cualquiera y comparemos el gr´fico de la funciń
a o
coseno con el de la recta tangente a u0 . Vamos a ver que la recta se mantiene por encima
de la curva y = cos(x) y como tiene pendiente negativa, cruza al eje x para algń u > u0 .
u
Luego, el coseno, por ser menor que la recta, tambiń tendr´ que cruzar al eje x. La recta
e a
tangente al gr´fico del coseno en el punto (u0 , cos(u0 )) tiene ecuaciń
a o

y = Dcos(u0 )(x − u0 ) + cos(u0 ).

Para compararla con la curva y = cos(x) consideremos la resta

f (x) = Dcos(u0 )(x − u0 ) + cos(u0 ) − cos(x)

8

a Algebra 1

Si evaluamos en x = u0 nos queda
f (u0 ) = 0

y si derivamos obtenemos

Df (x) = Dcos(u0 ) − Dcos(x).

Como la derivada del coseno era decreciente, resulta Df (x) > 0 para x > u0 . Esto significa
que f es una funciń creciente para x > u0 y por lo tanto f (x) > f (u0 ) = 0 si x > u0 .
o
Ahora, calculemos el valor de x para el cual la recta se anula

cos(u0 )
Dcos(u0 )(x − u0 ) + cos(u0 ) = 0 ⇐⇒ x=− + u0 .
Dcos(u0 )

El valor obtenido de x est´ a la derecha de u0 porque cos(u0 ) > 0 y Dcos(u0 ) < 0.
a
Finalmente, evaluando en ese x (que vamos a llamar x0 ) nos queda

f (x0 ) = − cos(x0 )

que es una contradicciń porque hab´
o ıamos supuesto que el coseno era positivo y sab´ ıamos
que f tambiń era una funciń positiva a la derecha de u0 . Esta contradicciń provino de
e o o
suponer que el coseno era siempre positivo en R≥0 . Luego, el coseno se anula a la derecha
del 0 y podemos definir π como hab´ ıamos dicho arriba, es decir,

π = 2 min{u ≥ 0 | cos(u) = 0}.

9

a Algebra 1

6. Periodicidad de las funciones trigonom´tricase
Por la definiciń de π sabemos que cos(π/2) = 0 y adem´s que π/2 es el menor valor
o a
positivo en donde cos(x) = 0. Por lo tanto el coseno es positivo en el intervalo [0, π/2);
vale 1 en 0 y 0 en π/2. Entonces en este mismo intervalo el seno es creciente porque
su derivada es el coseno (Ejercicio 3). Luego el seno resulta positivo en (0, π/2] y de la
identidad sen(x)2 + cos(x)2 = 1 (Ejercicio 6) vemos que sen(π/2) = 1.
Usando las f´rmulas de sen(2x) y cos(2x) (Ejercicios 4y 5) para x = π/2 obtenemos:
o
π π π
sen(π) = sen(2 ) = 2 sen( ) cos( ) = 0
2 2 2
π π 2 π 2
cos(π) = cos(2 ) = cos( ) − sen( ) = −1.
2 2 2
Volvińdolas a usar para x = π nos queda:
e

sen(2π) = 2 sen(π) cos(π) = 0
cos(2π) = cos(π)2 − sen(π)2 = 1.

Ahora podemos demostrar por inducciń en k que
o

sen(x + 2kπ) = sen(x) y cos(x + 2kπ) = cos(x). (∗)

Ciertamente las f´rmulas son v´lidas cuando k = 0. Por otra parte, si las igualdades valen
o a
para un cierto k, podemos probarlas para k + 1 usando las f´rmulas del seno y coseno de
o
la suma:

sen(x + 2(k + 1)π) = sen((x + 2kπ) + 2π)
= sen(x + 2kπ) cos(2π) + cos(x + 2kπ) sen(2π)
= sen(x) cos(2π) + cos(x) sen(2π)
= sen(x) · 1 + cos(x) · 0
= sen(x)
y
cos(x + 2(k + 1)π) = cos((x + 2kπ) + 2π)
= cos(x + 2kπ) cos(2π) − sen(x + 2kπ) sen(2π)
= cos(x) cos(2π) − sen(x) sen(2π)
= cos(x) · 1 − sen(x) · 0
= cos(x).

Las ecuaciones (∗) revelan la periodicidad de las funciones trigonom´tricas. Esta peri-
e
odicidad permite describir el comportamiento del seno y el coseno en cualquier intervalo
de longitud 2π a partir de un unico intervalo de esa misma longitud. Por ejemplo, si lo-
´
gramos formarnos una idea del comportamiente de estas funciones en el intervalo [0, 2π),
entonces la periodicidad nos va a permitir aplicar las mismas nociones a cualquier intervalo
[2kπ, 2(k + 1)π) independientemente del valor de k ∈ Z.

10

a Algebra 1

7. Los ceros de las funciones trigonom´tricas
e
Ahora que sabemos que las funciones trigonom´tricas son peri´dicas de per´
e o ıodo 2π vamos
a estudiar con mayor detalle su comportamiento en el intervalo [0, 2π). Para eso vamos a
dividir el intervalo en cuatro partes iguales, cada una de ellas de longitud π/2. En nuestros
razonamientos vamos a utilizar dos identidades
π
sen(x + ) = cos(x) (1)
2
π
cos(x + ) = − sen(x) (2)
2

cuyas demostraciones se deducen inmediatamente de las f´rmulas del seno y coseno de la
o
suma (Ejercicios 4y 5).
Intervalo [0, π/2). Ya lo estudiamos en la secciń anterior, y el resultado que obtuvimos
o
fue:
− sen(0) = 0, cos(0) = 1, sen(π/2) = 1, cos(π/2) = 0.
− sen(x) > 0 y cos(x) > 0 en el interior del intervalo.
Intervalo [π/2, π). Lo podemos estudiar a partir de las ecuaciones (1) y (2) de arriba y
reducir la cuestiń al intervalo anterior. El resultado ser´
o ıa
− sen(π/2) = 1, cos(π/2) = 0, sen(π) = 0, cos(π) = −1.
− sen(x) > 0 y cos(x) < 0 en el interior del intervalo.
Intervalo [π, 3π/2). Lo podemos estudiar a partir de las ecuaciones (1) y (2) y reducir
la cuestiń al intervalo anterior. El resultado es
o
− sen(π) = 0, cos(π) = −1, sen(3π/2) = −1, cos(3π/2) = 0.
− sen(x) < 0 y cos(x) < 0 en el interior del intervalo.
Intervalo [3π/2, 2π). Lo podemos estudiar a partir de las ecuaciones (1) y (2) y reducir
la cuestiń al intervalo anterior. El resultado que obtenemos es
o
− sen(3π/2) = −1, cos(3π/2) = 0, sen(2π) = 0, cos(2π) = 1.
− sen(x) < 0 y cos(x) > 0 en el interior del intervalo.
Ejercicio 8. Complete las descripciones anteriores examinando m´ximos y m´
a ınimos e
intervalos de crecimiento y decrecimiento de las funciones seno y coseno.
Con toda esta informaciń estamos en condiciones de demostrar el siguiente
o
Teorema. Valen las mismas afirmaciones
i) Los ceros de la funciń seno son exactamente los m´ltiplos enteros de π.
o u
ii) Los ceros del coseno son los m´ltiplos impares de π/2.
u
iii) Dos n´meros reales tienen el mismo seno y el mismo coseno, si, y s´lo si, difieren en
u o
un m´ltiplo entero de 2π.
u
iv) Dados dos n´meros reales a y b con a2 + b2 = 1, existe un unico real α tal que
u ´

sen(α) = a y cos(α) = b

11

a Algebra 1

y adem´s, 0 ≤ α < 2π.
a
Demostraciń: Debido a la periodicidad de las funciones trigonom´tricas, para probar (i)
o e
y (ii) es suficiente demostrar que en el intervalo [0, 2π) el seno se anula unicamente en 0 y
´
π y el coseno en π/2 y 3π/2. Pero esto ya lo hab´ ıamos visto en la primera parte de esta
secciń cuando analizamos todo el intervalo [0, 2π).
o
Si dos n´meros reales α y β tienen el mismo seno y el mismo coseno, entonces
u

sen(α − β) = sen(α) cos(β) − cos(α) sen(β)
= sen(α) cos(α) − cos(α) sen(α)
=0
y
cos(α − β) = cos(α) cos(β) + sen(α) sen(β)
= cos(α) cos(α) + sen(α) sen(α)
= 1.

La primera igualdad, gracias a la propiedad (i) ya demostrada, implica

α − β = kπ

para algń k ∈ Z. Resta probar que k es par. Reemplazando esto en la segunda igualdad,
u
obtenemos
cos(kπ) = 1
Como cos(kπ) = 0 para todo k impar, esto elimina a los impares. Por otro lado, los valores
pares de k verifican cos(kπ) = 1. En consecuencia, α − β = kπ para k par. La rec´ ıproca
se verfica inmediatamente.
Falta demostrar (iv). El seno es una funciń continua que en π/2 vale 1 y en 3π/2
o
vale −1; por lo tanto debe tomar todos los valores intermedios en el intervalo [0, 2π). Si
a2 + b2 = 1, entonces los valores absolutos de a y b son menores o iguales que 1. As´ existe
ı,
algń α ∈ [0, 2π) tal que a = sen(α). Luego
u

b2 = 1 − a= 1 − sen(α)2 = cos(α)2

y por lo tanto b = ± cos(α). Si b = cos(α) la existencia queda demostrada. Si b = − cos(α),
tomamos α = π − α. Este n´mero α tambiń est´ en el intervalo [0, 2π); adem´s
u e a a

sen(α ) = sen(π − α) = sen(α) = a
cos(α ) = cos(π − α) = − cos(α) = b.

Y la existencia tambiń queda probada en este caso. La unicidad del punto (iv) es conse-
e
cuencia inmediata del punto (iii)

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