Fórmula del semiángulo tangente

Relaciona la tangente de la mitad de un ángulo con las funciones trigonométricas del ángulo entero.

En trigonometría , las fórmulas de tangente de la mitad de un ángulo relacionan la tangente de la mitad de un ángulo con funciones trigonométricas del ángulo entero. ^[1]

Fórmulas

La tangente de la mitad de un ángulo es la proyección estereográfica del círculo que pasa por el punto del ángulo radianes sobre la recta que pasa por los ángulos . Entre estas fórmulas se encuentran las siguientes: ${\textstyle \pi }$ ${\textstyle \pm {\frac {\pi }{2}}}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}\tan {\tfrac {1}{2}}(\eta \pm \theta )&={\frac {\tan {\tfrac {1}{2}}\eta \pm \tan {\tfrac {1}{2}}\theta }{1\mp \tan {\tfrac {1}{2}}\eta \,\tan {\tfrac {1}{2}}\theta }}={\frac {\sin \eta \pm \sin \theta }{\cos \eta +\cos \theta }}=-{\frac {\cos \eta -\cos \theta }{\sin \eta \mp \sin \theta }},\\[10pt]\tan {\tfrac {1}{2}}\theta &={\frac {\sin \theta }{1+\cos \theta }}={\frac {\tan \theta }{\sec \theta +1}}={\frac {1}{\csc \theta +\cot \theta }},&&(\eta =0)\\[10pt]\tan {\tfrac {1}{2}}\theta &={\frac {1-\cos \theta }{\sin \theta }}={\frac {\sec \theta -1}{\tan \theta }}=\csc \theta -\cot \theta ,&&(\eta =0)\\[10pt]\tan {\tfrac {1}{2}}{\big (}\theta \pm {\tfrac {1}{2}}\pi {\big )}&={\frac {1\pm \sin \theta }{\cos \theta }}=\sec \theta \pm \tan \theta ={\frac {\csc \theta \pm 1}{\cot \theta }},&&{\big (}\eta ={\tfrac {1}{2}}\pi {\big )}\\[10pt]\tan {\tfrac {1}{2}}{\big (}\theta \pm {\tfrac {1}{2}}\pi {\big )}&={\frac {\cos \theta }{1\mp \sin \theta }}={\frac {1}{\sec \theta \mp \tan \theta }}={\frac {\cot \theta }{\csc \theta \mp 1}},&&{\big (}\eta ={\tfrac {1}{2}}\pi {\big )}\\[10pt]{\frac {1-\tan {\tfrac {1}{2}}\theta }{1+\tan {\tfrac {1}{2}}\theta }}&=\pm {\sqrt {\frac {1-\sin \theta }{1+\sin \theta }}}\\[10pt]\tan {\tfrac {1}{2}}\theta &=\pm {\sqrt {\frac {1-\cos \theta }{1+\cos \theta }}}\\[10pt]\end{aligned}}}$$

Identidades

A partir de estos se pueden derivar identidades que expresan el seno, el coseno y la tangente como funciones de tangentes de semiángulos:

$${\displaystyle {\begin{aligned}\sin \alpha &={\frac {2\tan {\tfrac {1}{2}}\alpha }{1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}\\[7pt]\cos \alpha &={\frac {1-\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }{1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}\\[7pt]\tan \alpha &={\frac {2\tan {\tfrac {1}{2}}\alpha }{1-\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}\end{aligned}}}$$

Pruebas

Pruebas algebraicas

Usando fórmulas de doble ángulo y la identidad pitagórica se obtiene ${\textstyle 1+\tan ^{2}\alpha =1{\big /}\cos ^{2}\alpha }$

$${\displaystyle \sin \alpha =2\sin {\tfrac {1}{2}}\alpha \cos {\tfrac {1}{2}}\alpha ={\frac {2\sin {\tfrac {1}{2}}\alpha \,\cos {\tfrac {1}{2}}\alpha {\Big /}\cos ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }{1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}={\frac {2\tan {\tfrac {1}{2}}\alpha }{1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }},\quad {\text{and}}}$$

$${\displaystyle \cos \alpha =\cos ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha -\sin ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha ={\frac {\left(\cos ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha -\sin ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha \right){\Big /}\cos ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }{1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}={\frac {1-\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }{1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}.}$$

Tomando el cociente de las fórmulas para seno y coseno se obtiene

$${\displaystyle \tan \alpha ={\frac {2\tan {\tfrac {1}{2}}\alpha }{1-\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\alpha }}.}$$

Combinando la identidad pitagórica con la fórmula del doble ángulo para el coseno, ${\textstyle \cos 2\alpha =\cos ^{2}\alpha -\sin ^{2}\alpha =1-2\sin ^{2}\alpha =2\cos ^{2}\alpha -1,}$

reorganizando y tomando las raíces cuadradas obtenemos

$${\displaystyle \left|\sin \alpha \right|={\sqrt {\frac {1-\cos 2\alpha }{2}}}}$$ y $${\displaystyle \left|\cos \alpha \right|={\sqrt {\frac {1+\cos 2\alpha }{2}}}}$$

que al dividirse da

$${\displaystyle \left|\tan \alpha \right|={\frac {\sqrt {1-\cos 2\alpha }}{\sqrt {1+\cos 2\alpha }}}={\frac {{\sqrt {1-\cos 2\alpha }}{\sqrt {1+\cos 2\alpha }}}{1+\cos 2\alpha }}={\frac {\sqrt {1-\cos ^{2}2\alpha }}{1+\cos 2\alpha }}={\frac {\left|\sin 2\alpha \right|}{1+\cos 2\alpha }}.}$$

Alternativamente,

$${\displaystyle \left|\tan \alpha \right|={\frac {\sqrt {1-\cos 2\alpha }}{\sqrt {1+\cos 2\alpha }}}={\frac {1-\cos 2\alpha }{{\sqrt {1+\cos 2\alpha }}{\sqrt {1-\cos 2\alpha }}}}={\frac {1-\cos 2\alpha }{\sqrt {1-\cos ^{2}2\alpha }}}={\frac {1-\cos 2\alpha }{\left|\sin 2\alpha \right|}}.}$$

Resulta que los signos de valor absoluto en estas dos últimas fórmulas se pueden omitir, independientemente de en qué cuadrante se encuentre α . Con o sin las barras de valor absoluto, estas fórmulas no se aplican cuando tanto el numerador como el denominador en el lado derecho son cero.

Además, utilizando las fórmulas de suma y resta de ángulos tanto para el seno como para el coseno se obtiene:

$${\displaystyle {\begin{aligned}\cos(a+b)&=\cos a\cos b-\sin a\sin b\\\cos(a-b)&=\cos a\cos b+\sin a\sin b\\\sin(a+b)&=\sin a\cos b+\cos a\sin b\\\sin(a-b)&=\sin a\cos b-\cos a\sin b\end{aligned}}}$$

La suma por pares de las cuatro fórmulas anteriores da como resultado:

$${\displaystyle {\begin{aligned}&\sin(a+b)+\sin(a-b)\\[5mu]&\quad =\sin a\cos b+\cos a\sin b+\sin a\cos b-\cos a\sin b\\[5mu]&\quad =2\sin a\cos b\\[15mu]&\cos(a+b)+\cos(a-b)\\[5mu]&\quad =\cos a\cos b-\sin a\sin b+\cos a\cos b+\sin a\sin b\\[5mu]&\quad =2\cos a\cos b\end{aligned}}}$$

Al establecer y sustituir se obtiene: ${\textstyle a={\tfrac {1}{2}}(p+q)}$ ${\displaystyle b={\tfrac {1}{2}}(p-q)}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}&\sin p+\sin q\\[5mu]&\quad =\sin \left({\tfrac {1}{2}}(p+q)+{\tfrac {1}{2}}(p-q)\right)+\sin \left({\tfrac {1}{2}}(p+q)-{\tfrac {1}{2}}(p-q)\right)\\[5mu]&\quad =2\sin {\tfrac {1}{2}}(p+q)\,\cos {\tfrac {1}{2}}(p-q)\\[15mu]&\cos p+\cos q\\[5mu]&\quad =\cos \left({\tfrac {1}{2}}(p+q)+{\tfrac {1}{2}}(p-q)\right)+\cos \left({\tfrac {1}{2}}(p+q)-{\tfrac {1}{2}}(p-q)\right)\\[5mu]&\quad =2\cos {\tfrac {1}{2}}(p+q)\,\cos {\tfrac {1}{2}}(p-q)\end{aligned}}}$$

Dividiendo la suma de senos por la suma de cosenos se llega a:

$${\displaystyle {\frac {\sin p+\sin q}{\cos p+\cos q}}={\frac {2\sin {\tfrac {1}{2}}(p+q)\,\cos {\tfrac {1}{2}}(p-q)}{2\cos {\tfrac {1}{2}}(p+q)\,\cos {\tfrac {1}{2}}(p-q)}}=\tan {\tfrac {1}{2}}(p+q)}$$

Pruebas geométricas

Los lados de este rombo tienen una longitud de 1. El ángulo entre la línea horizontal y la diagonal mostrada es  ⁠1/2⁠ ( a + b ) . Esta es una forma geométrica de demostrar la fórmula particular del semiángulo tangente que dice tan ⁠1/2⁠ ( a + b ) = (sin a + sin b ) / (cos a + cos b ) . Las fórmulas sin ⁠1/2⁠ ( a + b ) y cos ⁠1/2⁠ ( a + b ) son las razones de las distancias reales a la longitud de la diagonal.

Aplicando las fórmulas derivadas anteriormente a la figura del rombo de la derecha, se demuestra fácilmente que

$${\displaystyle \tan {\tfrac {1}{2}}(a+b)={\frac {\sin {\tfrac {1}{2}}(a+b)}{\cos {\tfrac {1}{2}}(a+b)}}={\frac {\sin a+\sin b}{\cos a+\cos b}}.}$$

En el círculo unitario, la aplicación de lo anterior muestra que . Por semejanza de triángulos , ${\textstyle t=\tan {\tfrac {1}{2}}\varphi }$

$${\displaystyle {\frac {t}{\sin \varphi }}={\frac {1}{1+\cos \varphi }}.}$$

Resulta que

$${\displaystyle t={\frac {\sin \varphi }{1+\cos \varphi }}={\frac {\sin \varphi (1-\cos \varphi )}{(1+\cos \varphi )(1-\cos \varphi )}}={\frac {1-\cos \varphi }{\sin \varphi }}.}$$

La sustitución de la mitad del ángulo tangente en el cálculo integral

Una prueba geométrica de la sustitución de la mitad del ángulo tangente

En diversas aplicaciones de la trigonometría , resulta útil reescribir las funciones trigonométricas (como seno y coseno ) en términos de funciones racionales de una nueva variable . Estas identidades se conocen colectivamente como fórmulas de la mitad del ángulo tangente debido a la definición de . Estas identidades pueden ser útiles en cálculo para convertir funciones racionales en seno y coseno en funciones de t con el fin de encontrar sus antiderivadas . ${\displaystyle t}$ ${\displaystyle t}$

Geométricamente, la construcción es así: para cualquier punto (cos φ , sen φ ) en el círculo unitario , dibuja la línea que pasa por él y el punto (−1, 0) . Este punto cruza el eje y en algún punto y = t . Se puede demostrar usando geometría simple que t = tan(φ/2) . La ecuación para la línea dibujada es y = (1 + x ) t . La ecuación para la intersección de la línea y el círculo es entonces una ecuación cuadrática que involucra a t . Las dos soluciones para esta ecuación son (−1, 0) y (cos φ , sen φ ) . Esto nos permite escribir estas últimas como funciones racionales de t (las soluciones se dan a continuación).

El parámetro t representa la proyección estereográfica del punto (cos φ , sen φ ) sobre el eje y con el centro de proyección en (−1, 0) . Por lo tanto, las fórmulas de la mitad del ángulo tangente proporcionan conversiones entre la coordenada estereográfica t en el círculo unitario y la coordenada angular estándar φ .

Entonces tenemos

$${\displaystyle {\begin{aligned}&\sin \varphi ={\frac {2t}{1+t^{2}}},&&\cos \varphi ={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},\\[8pt]&\tan \varphi ={\frac {2t}{1-t^{2}}}&&\cot \varphi ={\frac {1-t^{2}}{2t}},\\[8pt]&\sec \varphi ={\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}},&&\csc \varphi ={\frac {1+t^{2}}{2t}},\end{aligned}}}$$

y

$${\displaystyle e^{i\varphi }={\frac {1+it}{1-it}},\qquad e^{-i\varphi }={\frac {1-it}{1+it}}.}$$

Tanto esta expresión de como la expresión se pueden resolver para . Al igualarlas se obtiene la arcotangente en términos del logaritmo natural ${\displaystyle e^{i\varphi }}$ ${\displaystyle t=\tan(\varphi /2)}$ ${\displaystyle \varphi }$ $${\displaystyle \arctan t={\frac {-i}{2}}\ln {\frac {1+it}{1-it}}.}$$

En cálculo , la sustitución de la mitad del ángulo tangente se utiliza para encontrar antiderivadas de funciones racionales de seno φ y  coseno φ . La diferenciación da y, por lo tanto, ${\displaystyle t=\tan {\tfrac {1}{2}}\varphi }$ $${\displaystyle {\frac {dt}{d\varphi }}={\tfrac {1}{2}}\sec ^{2}{\tfrac {1}{2}}\varphi ={\tfrac {1}{2}}(1+\tan ^{2}{\tfrac {1}{2}}\varphi )={\tfrac {1}{2}}(1+t^{2})}$$ $${\displaystyle d\varphi ={{2\,dt} \over {1+t^{2}}}.}$$

Identidades hiperbólicas

Se puede jugar un juego completamente análogo con las funciones hiperbólicas . Un punto en (la rama derecha de) una hipérbola está dado por  (cosh ψ , sinh ψ ) . Proyectándolo sobre el eje y desde el centro (−1, 0) se obtiene lo siguiente:

$${\displaystyle t=\tanh {\tfrac {1}{2}}\psi ={\frac {\sinh \psi }{\cosh \psi +1}}={\frac {\cosh \psi -1}{\sinh \psi }}}$$

con las identidades

$${\displaystyle {\begin{aligned}&\sinh \psi ={\frac {2t}{1-t^{2}}},&&\cosh \psi ={\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}},\\[8pt]&\tanh \psi ={\frac {2t}{1+t^{2}}},&&\coth \psi ={\frac {1+t^{2}}{2t}},\\[8pt]&\operatorname {sech} \,\psi ={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},&&\operatorname {csch} \,\psi ={\frac {1-t^{2}}{2t}},\end{aligned}}}$$

y

$${\displaystyle e^{\psi }={\frac {1+t}{1-t}},\qquad e^{-\psi }={\frac {1-t}{1+t}}.}$$

Encontrar ψ en términos de t conduce a la siguiente relación entre la tangente hiperbólica inversa y el logaritmo natural: ${\displaystyle \operatorname {artanh} }$

$${\displaystyle 2\operatorname {artanh} t=\ln {\frac {1+t}{1-t}}.}$$

La sustitución de la mitad del ángulo de la tangente hiperbólica en el cálculo utiliza $${\displaystyle d\psi ={{2\,dt} \over {1-t^{2}}}\,.}$$

La función de Gudermann

Comparando las identidades hiperbólicas con las circulares, se observa que involucran las mismas funciones de t , solo que permutadas. Si identificamos el parámetro t en ambos casos llegamos a una relación entre las funciones circulares y las hiperbólicas. Es decir, si

$${\displaystyle t=\tan {\tfrac {1}{2}}\varphi =\tanh {\tfrac {1}{2}}\psi }$$

entonces

$${\displaystyle \varphi =2\arctan {\bigl (}\tanh {\tfrac {1}{2}}\psi \,{\bigr )}\equiv \operatorname {gd} \psi .}$$

donde gd( ψ ) es la función de Gudermann . La función de Gudermann proporciona una relación directa entre las funciones circulares y las hiperbólicas que no involucra números complejos. Las descripciones anteriores de las fórmulas de la mitad del ángulo tangente (proyección del círculo unitario y la hipérbola estándar sobre el eje y ) brindan una interpretación geométrica de esta función.

Valores racionales y ternas pitagóricas

Partiendo de un triángulo pitagórico cuyos lados a , b y c son enteros positivos y satisfacen a ² + b ² = c ² , se deduce inmediatamente que cada ángulo interior del triángulo tiene valores racionales para el seno y el coseno, porque estos son simplemente cocientes de las longitudes de los lados. Por lo tanto, cada uno de estos ángulos tiene un valor racional para su tangente de medio ángulo, utilizando tan φ /2 = sen φ / (1 + cos φ ) .

Lo inverso también es cierto. Si hay dos ángulos positivos que suman 90°, cada uno con una tangente de medio ángulo racional, y el tercer ángulo es un ángulo recto , entonces un triángulo con estos ángulos interiores se puede escalar a un triángulo pitagórico. Si no se requiere que el tercer ángulo sea un ángulo recto, pero es el ángulo que hace que los tres ángulos positivos sumen 180°, entonces el tercer ángulo necesariamente tendrá un número racional para su tangente de medio ángulo cuando los dos primeros sí lo tengan (usando fórmulas de suma y resta de ángulos para tangentes) y el triángulo se puede escalar a un triángulo heroniano .

Generalmente, si K es un subcuerpo de los números complejos, entonces tan φ /2 ∈ K ∪ {∞} implica que {sin φ , cos φ , tan φ , sec φ , csc φ , cot φ } ⊆ K ∪ {∞} .

Véase también

• Portal de matemáticas

• Lista de identidades trigonométricas
• Fórmula de la mitad del lado

Enlaces externos

• Tangente de un ángulo reducido a la mitad en Planetmath

Referencias

1. Matemáticas . Estados Unidos, Actividad de apoyo a la gestión del programa de educación y capacitación de NAVEDTRA [es decir, naval], 1989. 6-19.