La semana de la cúbica: Solución de problema (con bonus cuártico)

Introducción

Como comentamos en la historia de la resolución de la cúbica, Tartaglia reveló, después de mucha insistencia, su método de resolución de los distintos tipos de ecuaciones cúbicas reducidas a Cardano. Pero no lo hizo de una manera convencional, sino que lo hizo en verso. Concretamente así:

Quando che’l cubo con le cose appresso
se agguaglia a qualche numero discreto:
trovan dui altri, diferente in esso.

Dapoi terrai, questo per consueto,
che’l loro produtto, sempre sia eguale
al terzo cubo della cose neto;

el residuo poi suo generale,
delli lor lati cubi, ben sottratti
varra la tua cosa principale.

In el secondo, de cotesti atti;
quando che’l cubo restasse lui solo,
tu osserverai quest’altri contratti,

del numer farai due tal part’a volo,
che l’una, in l’altra, si produca schietto,
el terzo cubo delle cose in stolo;

delle quali poi, per commun precetto,
torrai li lati cubi, insieme gionti,
et co tal somma, sará ii tuo concetto;

el terzio, poi de questi nostri cónti,
se solve col segundo, se ben guardi
che per natura son quasi congionti.

Questi trovai, et non con pasi tardi
nell mille cinquecent’e quatro e trenta;
con fondamenti ben saldi, e gagliardi;
nella cittá del mar’intorno centa.

Los nueve primeros corresponden a la resolución de la ecuación x^3+px=q, los nueve siguientes son para el tipo x^3=px+q, los siguientes tres para x^3+q=px y los cuatro últimos indican el lugar y la fecha en la que Tartaglia los descubrió. Vamos a comenzar esta resolución haciendo un análisis de parte de estos versos.

Lugar y fecha

Como hemos comentado antes los últimos cuatro versos corresponden al lugar y la fecha en la que se produjo el descubrimiento. Su traducción es:

“Esto encontré, y no con pasos lentos
En el mil quinientos treinta y cuatro
Con fundamento bien claros y gallardos
En la ciudad ceñida en torno por el mar.”

Aunque Tartaglia alude al año 1534, en realidad el descubrimiento se produjo en febrero de 1535. La razón de este desfase es que en aquella época en Venecia se utilizaba un calendario propio que tomaba el 1 de marzo como comienzo del año.

La ciudad, evidentemente, es Venecia.

Ecuación cúbica tipo x^3+px=q

Analicemos ahora los nueve primeros versos:

“Cuando está el cubo con la cosa cerca
Y se iguala a algún número discreto
Busca otros dos que difieran en eso.

Después tú harás esto que te espeto
Que su producto siempre sea igual
Al tercio cubo de la cosa neto.

Después el resultado general
De sus lados cúbico bien restados
Te dará a ti la cosa principal”

Pasemos estos versos a lenguaje algebraico moderno:

Cuando está el cubo (x^3) con la cosa cerca (px) y se iguala a un número discreto (q), es decir, cuando tenemos x^3+px=q, busca otros dos que difieran en eso, es decir, toma t,s tales que t-s=q.

Después tú harás lo que te espeto: que su producto (ts) siempre sea igual al tercio cubo de la cosa neto ((\textstyle{\frac{p}{3}})^3), es decir:

ts=\left ( \cfrac{p}{3} \right )^3

Después el resultado general de sus lados cúbicos bien restados (\sqrt[3] {t}-\sqrt[3] {s}) te dará a ti la cosa principal (x). Es decir:

x=\sqrt[3] {t}-\sqrt[3] {s}

En resumidas cuentas, para resolver la ecuación x^3+px=q debemos encontrar dos números t y s que verifiquen las dos ecuaciones siguientes:

\begin{matrix} t-s=q \\ ts=\left ( \cfrac{p}{3} \right )^3 \end{matrix}

La solución será entonces:

x=\sqrt[3] {t}-\sqrt[3] {s}

Para resolver el sistema anterior despejamos t de la primera ecuación, quedando t=q+s y sustituimos en la otra, obteniendo (q+s)s=( \textstyle{\frac{p}{3}} )^3. Operando queda:

s^2+qs=\left ( \cfrac{p}{3} \right )^3

Que, teniendo en cuenta que p y q son conocidos, es una ecuación de segundo grado en s.

Resolvemos dicha ecuación y consideramos la solución positiva de la misma:

s=\cfrac{-q}{2}+\sqrt{\left (\cfrac{q}{2} \right )^2+\left (\cfrac{p}{3} \right )^3}

Sustituimos en t=q+s, obteniendo entonces:

t=q+s=q+\cfrac{-q}{2}+\sqrt{\left (\cfrac{q}{2} \right )^2+\left (\cfrac{p}{3} \right )^3}=\cfrac{q}{2}+\sqrt{\left (\cfrac{q}{2} \right )^2+\left (\cfrac{p}{3} \right )^3}

Ya tenemos los valores de t y s. Llevándonos estos valores a la expresión de x anterior obtenemos el resultado buscado:

x=\sqrt[3] {\cfrac{q}{2}+\sqrt{\left (\cfrac{q}{2} \right )^2+\left (\cfrac{p}{3} \right )^3}}-\sqrt[3] {\cfrac{-q}{2}+\sqrt{\left (\cfrac{q}{2} \right )^2+\left (\cfrac{p}{3} \right )^3}}

Los otros dos casos

Para la parte del poema relacionada con los otros dos casos no tengo traducción ni he podido buscarla. De todas formas en la actualidad es sencillo convertirlos en el primer caso. ¿Alguien se anima con ella?

Solución de la cúbica general

Para resolver la ecuación cúbica en su forma general, es decir, ax^3+bx^2+cx=d, dividimos la ecuación entera entre a, obteniendo la ecuación x^3+mx^2+nx=r y después realizamos el cambio de variable siguiente:

x=y-\cfrac{b}{3a}

Es sencillo ver que este cambio elimina el término de segundo grado de la ecuación, dejándola de la forma x^3+px=q, que podemos resolver de la forma anterior.

Solución de la ecuación de cuarto grado

Vamos a ver ahora cómo resolver una ecuación de grado cuatro. La consideraremos ya con coeficiente líder igual a 1 (si no lo tiene dividimos la ecuación entera por él), es decir, x^4+bx^3+cx^2+dx+e=0.

El primer paso es eliminar el término de grado tres. Esto lo conseguimos con el cambio de variable x=z-\textstyle{\frac{b}{4}}. Nos queda una ecuación del tipo z^4+pz^2+qz+r=0.

Ahora factorizamos este polinomio de la forma (z^2+\alpha z+\beta)(z^2-\alpha z+\gamma) (podemos hacerlo ya que no tenemos término de grado tres). Desarrollando e igualando coeficientes obtenemos las siguientes ecuaciones:

\beta+\gamma-\alpha ^2=p
\alpha (\gamma-\beta)=q
\beta \gamma=r

Recordemos que p,q y r son constantes conocidas.

Eliminamos \beta y \gamma del sistema y obtenemos la siguiente ecuación en \alpha:

\alpha^6 + 2p\alpha^4 + (p^2 - 4r)\alpha^2 - q^2 = 0

La ecuación es de grado seis, pero sólo aparecen las potencias pares de \alpha. Por ello, haciendo el cambio A=\alpha^2 obtenemos la ecuación

A^3 + 2pA^2 + (p - 4r)A - q^2 = 0

que al ser de grado tres puede resolverse por el método anterior. Después recorremos el camino anterior en sentido inverso y encontramos la solución buscada.

Fuentes y enlaces:

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

10 Comentarios

  1. Disculpen por escribir esto aqui pero cuando leia algo para dormir se me quito el sueño con este e(o)rror que creo cometieron debe ser por el sueño pero no encuentro ningun comentario que diga que la proposicion 2 de este articulo tiene una excepcion que creo no hace falta mencionar. disculpen gracias

    Los números de Fermat

    Los números de Fermat son números de la forma Fn = 22^n + 1, desde n = 0 en adelante. Los primeros son:

    F0 = 22^0 + 1 = 3
    F1 = 22^1 + 1 = 5
    F2 = 22^2 + 1 = 17
    F3 = 22^3 + 1 = 257
    F4 = 22^4 + 1 = 65537
    ………
    Pero este hecho no hace que los números de Fermat pierdan toda su importancia, ni mucho menos. Siguen cumpliendo propiedades muy interesantes. Algunas de ellas son:

    1.- ……..
    2.- Ningún número de Fermat puede ser suma de dos números primos
    3.-………
    4.- ………

    Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 24 de Agosto de 2006

    Si tambien tienen sueño como yo los numero que no cumplen son 2+3 para el F1

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  2. Eis uma transcrição do meu livro de Álgebra do liceu (Sebastião e Silva, Silva Paulo,VII ano, editado em 1963), onde vem em letra miudinha:

    INÍCIO DE CITAÇÃO

    “Depois das equações do 2º grau, era natural pensar nas equações do 3º grau, cuja forma canónica é
    ax^3+bx^2+cx+d=0 (com a\neq0)
    Estas podem ser transformadas numa equação do tipo
    x^3+px+q=0,
    dividindo ambos os membros por a e substituindo x por x+h, com h=-b/(3a). Para a resolução duma tal equação, basta recorrer a um artifício (muito simples quando já se conhece o simbolismo algébrico), que consiste em pôr x=u+v e determinar u e v de modo que verifiquem a equação. Esta assume então a forma
    u^3+v^3+3u^2v+3uv^2+p(u+v)+q=0
    ou seja u^3+v^3+(3uv+p)(u+v)+q=0, e é evidente que será verificada, se forem verificadas ambas as igualdades
    u^3+v^3=-q e
    uv=-p/3
    Basta então determinar dois números u^3, v^3, cuja soma seja -q e cujo produto, u^3v^3 seja -p^3/27. Ora estes números, raízes da equação do 2º grau z^2+qz-p^3/27=0, são dados pela expressão
    \displaystyle -\dfrac{q}{2}\pm\sqrt{\dfrac{q^2}{4}+\dfrac{p^3}{27}}
    e assim:
    x=u+v \displaystyle =\left(-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\dfrac{p^3}{27}}\right)^{1/3} + \displaystyle\left(-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\dfrac{p^3}{27}}\right)^{1/3}

    FIM DE CITAÇÃO

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  3. Creo que hay un exponente mal para la fórmula de “s” (que se lleva a la de “t” y “x”):

    s=\frac{-q}{2}+\sqrt{\left ( \frac{q}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{p}{3} \right )^{3}}

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  4. Creo haber encontrado una formula diferente para una familia de cubicas aunque no la he verificado, contiene el mismo discriminante algo que me hace pensar fuertemente en que la formula es correcta. Pero mi interes va más allá si algun matemático lo está leyendo y es conocedor de la teoría de Galois quisiera por favor que me diga si otra fórmula para ecuaciones cúbicas no contradice en nada la teoría de Galois y si la contradice en que? tengo comprendido que una de las afirmaciones que ésta teoría apoya es que no hay formula general para los polinomios en una variable de grado mayor o igual a cinco.

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  5. Gracias por tu respuesta pero me gustaria que me respondieses si el hecho de encontrar otra formula distinta a la de cardano-tartaglia seria factible sin contradecir esta teoria?

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  6. Bien rebuscado Tartaglia para dar a conocer sus resultados. Pero al mismo tiempo genial.

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  7. En el supuesto caso que alguien encontrará otra fórmula para resolver cúbicas generales, ambos resultados serían equivalentes.
    Pero no creo que se encuentre otro modo. Pero ¿quién puede asegurarlo 100%?

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