Trigonometria

Da dimostrare che risulta:

TAN(α)·SIN(β)/SIN(α) = 2·SIN(γ)/(4·COS(α)^2 - 1)

essendo: β = 2·α

per qualsiasi triangolo ABC

Semplifichiamo il 1° MEMBRO:

TAN(α)·SIN(2·α)/SIN(α)=

=SIN(α)/COS(α)·SIN(2·α)/SIN(α)=

=2·SIN(α)

Passiamo al 2° MEMBRO:

γ = pi - (α + 2·α)

SIN(γ) = SIN(pi - (α + 2·α)) --->  SIN(γ) = SIN(3·α)

Quindi il 2° membro diventa:

2·SIN(3·α)/(4·COS(α)^2 - 1)

A Numeratore abbiamo:

2·SIN(3·α) = 2·SIN(α + 2·α) =

=2·(SIN(α)·COS(2·α) + SIN(2·α)·COS(α))=

=2·(SIN(α)·(COS(α)^2 - SIN(α)^2) + 2·SIN(α)·COS(α)^2)=

=8·SIN(α)·COS(α)^2 - 2·SIN(α)=

= 2·SIN(α)·(4·COS(α)^2 - 1)

quindi:

2·SIN(α)·(4·COS(α)^2 - 1)/(4·COS(α)^2 - 1) = 2·SIN(α)

CVD

Preposto che $\sin A = \sin \alpha \neq 0$ e che $4 \cos^2 \beta -1  \neq 0 \implies \cos ^2 \beta \neq \frac{1}{4}$, sappiamo che $\alpha + \beta + \gamma = \pi \implies \gamma = \pi - \alpha - \beta = \pi - 3 \alpha$, quindi dobbiamo dimostrare che:

$\dfrac{\tan (\alpha)\sin (2\alpha)}{\sin(\alpha)} = \dfrac{2 \sin(3\alpha)}{4 \cos^2(\alpha)-1}$.

Chiaramente, $\dfrac{\tan(\alpha)}{\sin(\alpha)}=\dfrac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} \cdot \dfrac{1}{\sin(\alpha)} = \dfrac{1}{\cos(\alpha)}$. Ricordiamo che $\sin(2 \alpha) = 2 \sin(\alpha) \cos(\alpha)$ e che $\sin(3\alpha)=3\sin(\alpha)-4\sin^3(\alpha)=\sin(\alpha)(3-4\sin^2(\alpha))$, quindi:

$\dfrac{\cancel{2 \sin(\alpha) \cos(\alpha)}}{\cancel{\cos(\alpha)}} = \dfrac{\cancel{2\sin(\alpha)}(3-4\sin^2(\alpha))}{4\cos^2-1}$

$1=\dfrac{3-4\sin^2(\alpha)}{4\cos^2(\alpha)-1)}$

$4\cos^2(\alpha)-1 = 3 - 4\sin^2(\alpha)$

$4(\cos^2(\alpha)+\sin^2(\alpha))=4$

Tuttavia $\sin^2(\alpha)+\cos^2(\alpha)=1\ \forall \alpha \in \mathbb{R}$, allora semplicemente:

$4=4$

Che è sempre verificato, ammesso che l'equazione di partenza non perda di significato, quindi $\alpha \neq 0 + \pi k$, e anche $\cos(\alpha) \neq \pm \frac{1}{2}$, quindi $\alpha \neq \frac{\pi}{3} + 2\pi k \lor \alpha \neq \frac{2}{3}\pi + 2\pi k$, con $k \in \mathbb{Z}$.