Viète e a ecuación de van Roomen: primeiro membro e solución

Na anterior entrada xa expuxéramos o reto que Adriaan van Roomen propuxera aos matemáticos de finais do XVI. Tratábase de resolver a seguinte ecuación:$$x^{45}-45x^{43}+945x^{41}-12300x^{39}+111150x^{37}-740259x^{35}+3764565x^{33}\\-14945040x^{31}+46955700x^{29}-117679100x^{27}+236030652x^{25}-378658800x^{23}\\+483841800x^{21}-488494125^{19}+384942375x^{17}-232676280x^{15}+105306075x^{13}\\-34512075x^{11}+7811375x^{9}-1138500x^{7}+95634x^{5}-3795x^{3}+45x=K$$

Con $K=\sqrt{\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{5}{16}-\sqrt{\frac{15}{8}-\sqrt{\frac{45}{64}}}}}$

Tamén sabemos que $K=2\cdot sen12$ (outra vez entrada anterior) O noso propósito será traballar o primeiro membro da ecuación e resolvela seguindo as liñas mestras trazadas por Viéte. Eli Maor explica que Viéte foi o precursor dos métodos alxébricos na trigonometría. Con procedementos recursivos foi quen de obter as razóns trigonométricas para un ángulo $n\,\theta$ en función do $sen\theta$ e o $cos\theta$. Consideremos as seguintes fórmulas.

$$sen\;n\alpha =2cos\alpha \cdot sen(n-1)\alpha -sen(n-2)\alpha \;\;\;[1]$$

$$cos\;n\alpha =2cos\alpha \cdot cos(n-1)\alpha -cos(n-2)\alpha \;\;\;[1']$$

Delas demostraremos a primeira. A segunda derivaríase de forma semellante.

Partimos das fórmulas do seno dunha suma e dunha resta e despois sumámolas:

$$sen(A+B)=senA \cdot cosB+cosA\cdot senB\\sen(A-B)=senA \cdot cosB-cosA\cdot senB$$

$$sen(A+B)+sen(A-B)=2\cdot senA\cdot cosB$$

Fagamos $A=(n-1)\alpha$   e $B=\alpha$. Substituíndo na identidade anterior:

$$sen\,n\alpha+sen(n-2)\alpha =2\cdot sen(n-1)\alpha \cdot cos\,\alpha $$

E inmediatamente tense [1]

Viète obtén as fórmulas das razóns trigonométricas ata n=10, resultado do que di sentirse moi orgulloso. Velaquí as primeiras:

$$sen2\theta  =2\,cos\,\theta \cdot sen\theta \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;[2]\\sen3\theta  =3\,sen\,\theta -4sen^{3}\theta \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;[3]\\sen4\theta  =4\,sen\,\theta\cdot cos\theta -8sen^{3}\theta\cdot cos\theta \;\;\;\;\;[4]\\sen5\theta  =5\,sen\,\theta-20\,sen^{3}\theta + 16\,sen^{5}\theta\;\;\;\;[5]$$

Pasemos agora a repasar o método, xa explicado noutra ocasión, usado por Viète para obter a solución de ecuacións polinomiais por medio da trigonometría. Sexa a ecuación:

$x^{3}-3x+1=0$  

 $1=3x-x^{3}$           con $x=2y$

$1=6y-8y^{3}$ 

$\frac{1}{2}=3y-4y^{3}$        comparando con [3]

$sen3\,\theta=\frac{1}{2}$   e   $x=2y=2\cdot sen\,\theta$

$3\,\theta _{k}=30+360k\;\;\;\; k=0,1,2\\ \theta _{k}=10+120k\;\;\;\; k=0,1,2\\x_{0}=2\cdot sen(10)=0,3472...\\x_{1}=2\cdot sen(130)=1,5320...\\x_{3}=2\cdot sen(250)=-1,8793...$

Resolución da ecuación de van Roomen

Se miramos o primeiro membro da ecuación de van Roomen observamos que só aparecen as potencias impares con signos alternados. O mesmo sucede nas fórmulas de $sen\,n\theta$ para valores impares de $n$. Miremos por exemplo as fórmulas [3] e [5]. Viète debeu sospeitar que ese polinomio de grao 45 era o desenvolvemento do $sen\,45\theta$. Escribamos pois así a ecuación:

$K=2\cdot sen\,45\theta$     se  $\alpha=15\theta$  e usando [3]:

$K=2 sen\,45\theta= 2 sen\,15\alpha= 6sen\alpha -8sen^{3}\alpha =$ 

$=6sen 15\theta -8sen^{3} 15\theta=3y-3y^{3}$      sendo $y=2sen 15\theta$

Agora tomando $\beta =5\theta$ e usando outra vez [3]

$y=2 sen\,15\theta= 2 sen\,3\beta= 6sen\beta -8sen^{3}\beta =$ 

$=6sen 5\theta -8sen^{3} 5\theta=3z-3z^{3}$    sendo $z=2\,sen5\theta$. Se agora usamos [5]:

$z=2\,sen5\theta=10sen\theta -4sen^{3}\theta +32sen^{5}\theta =$

$=5x-5x^{3}+x^{5}$ onde $x=2sen\theta$

Agora temos $K=2sen45\theta=2sen12$    polo que    $sen45\theta=sen12$

$45\theta _{k}=12+360k\;\;\;\;k=0, 1,2,....,44$  

$\theta _{k}=\theta _{0}+4k\;\;\;\;k=0, 1,2,....,44$  con $\theta _{0}=\frac{12}{45}=0^{^{\circ}}4'$ 

$x_{k}=2sen \theta _{0}+8k\;\;\;\;k=0, 1,2,....,44$

Por suposto Viète só considerou as solucións positivas, aquelas para as que $\theta _{0}+8k< 180$, isto é, as 23 primeiras.

Viète e a ecuación de van Roomen: segundo membro

Por que un blogue de matemáticas en galego? Hai varias razóns, unha delas é o compromiso ético coa normalización lingüística. Como toda a nosa relación co mundo está intermediada pola lingua, calquera actividade é unha oportunidade para que estea presente. Hai outra razón máis persoal que consiste en que me permite profundizar en cuestións que, de non ser por este blogue, só as rozaría superficialmente. En efecto, o exercicio de ter que escribir sobre algo que pensas que entendes móstrache que hai moitos niveis de coñecemento e que só o traballo e a reflexión profunda che deixa realmente pegada.

A orixe desta entrada, como de moitas outras do blogue, está nalgún aspecto que me chamou a atención dalgunha lectura. Nesta ocasión foi o relato de Eli Maor en Trigonometric Delights sobre unha anécdota que lle sucedeu a François Viète (1541-1630) e que para a miña sorpresa tamén aparece referida na Historia de la matemática de Carl B. Boyer.  Viète soa no entorno escolar pois levan o seu nome as fórmulas que relacionan os coeficientes dunha ecuación coa suma, produto ou combinacións de sumas e produtos das raíces da ecuación. A súa contribución máis importante foi o libro In artem analyticem isagoge, que abreu as portas da álxebra cara o futuro establecendo a distinción entre coeficientes e incógnitas. A súa capacidade analítica levou a Viéte a desencriptar os códigos de cifrado utilizados polo rei español Filipe II, feito que contribuíu en boa medida a que Henrique IV accedera á coroa francesa.

A anécdota en cuestión relataba que o embaixador dos Países Baixos puxera en coñecemento de Henrique IV un libro de Adriaan van Roomen (1561-1615), Ideae mahtematicae, no que citaba a moitos matemáticos da época como o xesuíta Clavius (1538-1612), o campión no cálculo de cifras de $\pi$ Ludolph van Ceulen (1540-1610), Simon Stevin (1548-1620), ou o astrónomo Ticho Brahe (1546-1601). Porén no Ideae non aparecía ningún matemático francés. 

Adrian van Roomen usando o método arquimediano chegara a dar 16 cifras exactas do número de $\pi$ para o que tivo que traballar cun polígono de $15\cdot 2^{60}$ lados. Parece que tiña afición polos cálculos exhorbitados pois nese mesmo libro propoñía como reto unha ecuación de grao 45. O embaixador acrecentara o seu desafío indicando que non había en Francia ningún matemático capaz de resolvela. Nunha crónica cóntase que nese momento Viète estaba en Fontainebleau polo que foi inmediatamente requerido por Henrique IV para pesentarlle o reto. Antes de que o rei tivera tempo a sair da estancia, Viète xa achara dúas solucións. Esta mesma crónica conta que ao día seguinte trouxera outras moitas pois o número total delas era infinita (!).

O que si é certo é que Viéte dou coas 23 solucións positivas da ecuación pois así o publicou nunha resposta no ano 1595. O noso obxectivo será ver como o fixo. Antes de nada teremos que presentar a ecuación:

$$x^{45}-45x^{43}+945x^{41}-12300x^{39}+111150x^{37}-740259x^{35}+3764565x^{33}\\-14945040x^{31}+46955700x^{29}-117679100x^{27}+236030652x^{25}-378658800x^{23}\\+483841800x^{21}-488494125^{19}+384942375x^{17}-232676280x^{15}+105306075x^{13}\\-34512075x^{11}+7811375x^{9}-1138500x^{7}+95634x^{5}-3795x^{3}+45x=K$$

Mete medo, non? Pois iso non é todo, o número que aparece no segundo membro é

$$K=\sqrt{\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{5}{16}-\sqrt{\frac{15}{8}-\sqrt{\frac{45}{64}}}}}\; \; \; \; \; \; \; \; \; [1]$$

Con todo, Viète contaba con algunhas pistas pois van Roomen ofrecía algunha solución para outros valores de $K$. Por exemplo, un deles  $K_1=\sqrt{2+\sqrt{2}}$,  para un estudoso da trigonometría como Viète era completamente transparente pois coincide co valor de $2\cdot sen(75)$. Intentaremos demostrar que $K=2\cdot sen12$. Comenzaremos simplificando algo [1]:

$$K=\sqrt{\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{5}{16}-\sqrt{\frac{15}{8}-\sqrt{\frac{45}{64}}}}}=\\=\sqrt{\frac{7-\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{15}{8}-\frac{\sqrt{45}}{8}}}=\sqrt{\frac{7-\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{30-2\sqrt{45}}{16}}}=\\=\sqrt{\frac{7-\sqrt{5}-\sqrt{6}(5-\sqrt{5})}{4}}$$

$$K^{2}=\frac{7-\sqrt{5}-\sqrt{6}(5-\sqrt{5})}{4}\;\;\; \;\;\;\;[2]$$

Calcularemos agora  o $sen(12)$ a partir das razóns trigonométricas dos ángulos de 72º e 60º e aplicando a fórmula do seno dunha resta: $$sen(\alpha -\beta )=sen\alpha \cdot cos\beta -cos\alpha \cdot sen\beta $$

As razóns trigonométricas de 60 son ben coñecidas: $$sen60=\frac{\sqrt{3}}{2}\;\;\;\; \;\;\;\;cos60=\frac{1}{2}$$

Sabemos que un triángulo isóscele formado por dúas diagonais e un lado dun pentágono regular contén ángulos de 72º. Ademais se os lados do pentágono son unitarios, as diagonais terán como medida o número áureo $\phi $

$$cos72=\frac{1}{2\phi }=\frac{1}{\sqrt{5}+1}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$$

$$sen^{2}72=1-\left ( \frac{\sqrt{5}-1}{4} \right )^{2}=\frac{5+\sqrt{5}}{8}$$

$$sen72=\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{8}}=\frac{\sqrt{2}}{4}\left ( \sqrt{5+\sqrt{5}} \right )$$

Polo tanto

$$sen12=sen(72-60)=sen72\cdot cos60-cos72\cdot cos60=\\=\frac{\sqrt{2}}{4}(\sqrt{5+\sqrt{5}})\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{5}-1}{4}\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{8}\sqrt{5+\sqrt{5}}-\frac{\sqrt{3}}{8}(\sqrt{5}-1)$$

$$sen^{2}12=\frac{2}{64}(5+\sqrt{5})+\frac{3}{64}(6-2\sqrt{5})-\frac{2\sqrt{6}}{64}\sqrt{(5+\sqrt{5})(\sqrt{5}-1)^{2}}=\\\frac{1}{64}\left ( 28- 4\sqrt{5}-4\sqrt{6}\sqrt{5-\sqrt{5}}\right )=\frac{1}{16}\left ( 7-\sqrt{5} -\sqrt{6}\sqrt{5-\sqrt{5}}\right )\;\;\; \;\;\;\;[3]$$

Comparando [2] e [3]: $$sen^{2}12=\frac{1}{4}K^{2}\Rightarrow 2\cdot sen12=K$$

Xa sabemos que é o que se agochaba no segundo membro da ecuación. Nunha vindeira entrada estudaremos o primeiro membro.

O paraíso trigonométrico de Viète

Cada tempo ten os seus intereses e cada novo achádego trae consigo tamén novos problemas. É habitual que estes novos problemas fosen inconcebibles antes de que se dera o avance. Nos anos previos á publicación Ars Magna de Cardano (1501-1576), ano 1545, o reto era a resolución da ecuación cúbica. Había quen, como Luca Pacioli (1445-1517), consideraba este un probelma irresoluble. 

Noutra entrada deste blogue explicara o método de resolución de Cardano para ecuacións cúbicas. Despois de eliminar o termo cadrático quedaba unha ecuación da forma $x^{3}+px+q=0$ que se resolvía mediante a fórmula: $$x=\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\left ( \frac{p}{2} \right )^{2}+\left (\frac{q}{3}  \right )^{3}}}+\sqrt[3]{\frac{-q}{2}-\sqrt{\left ( \frac{p}{2} \right )^{2}+\left (\frac{q}{3}  \right )^{3}}}$$

Este descubrimento traía dentro un cabalo de troia, tamén comentado nesta outra ocasión e que volvo a recordar. Consideremos a ecuación: $$x^{3}=156x+4$$

Aplicando a fórmula anterior obtemos o seguinte resultado:$$x=\sqrt[3]{2+\sqrt{-121}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{-121}}$$

A pesar da apariencia complexa, o resultado é o simple número 4. Nesta ocasión aínda se podía buscar entre os divisores do termo independente para dar con este valor. Pero que sucede se a ecuación non ten ninguha solución racional? Cando partimos dunha ecuación cúbica con coeficientes enteiros que teña tres raíces irracionais distintas, calquera expresión con radicais en función dos coeficientes da ecuación vai conter inevitablemente valores imaxinarios. Polo tanto o problema da aparición dos imaxinarios non reside na fórmula dada por Cardano. Pero isto non se sabería ata que o demostrara Pierre Wantzel (1814-1848). Se nos situamos na segunda metade do século XVI ecuacións de aspecto tan inofensivo como o seguinte eran realmente problemáticas. $$x^{3}-3x-1=0$$

O método de Cardano ofrécenos este resultado cos inevitables complexos:$$x=\sqrt[3]{\frac{1+\sqrt{-3}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{1+\sqrt{-3}}{2}}$$

François Viète (1540-1603) conseguiría obter as solucións e sorprendentemente había de facelo ao mesmo tempo que indicaba a dirección que finalmente levaría á solución dun dos problemas clásicos: o da trisección do ángulo,  resolto tamén por Wantzel. Publícao no 1593 nun libro titulado Variorum de rebus mathematicis responsorum liber VIII. Consideraba que había que ampliar os métodos xeométricos permitindo o uso da regra marcada ou neuse. Mediante este método Arquímedes (287 aC-212 aC) conseguira trisecar un ángulo calquera.

Dado o ángulo $\angle AOB=3θ$ a trisecar, trazamos a circunferencia $BAC$ de raio $a$. Cunha regra marcada en dous puntos a unha distancia $a=DC$, pasando por A trazamos a recta $AD$. O ángulo $θ=\angle ADB$ será a solución buscada.  Pódese ver todo o proceso no blogue Regra e compás.

Como curiosidade marquei con vértice $C$ o ángulo $\angle ACO$ que ten unha amplitude de $2θ$. Pódese comprobar moi facilmente esta medida no triángulo isóscele $AOB$ que ten de ángulos: $2θ$, $2θ$ e $180-θ-3θ$.

Chamémoslle $x=DO$, $y=AC$ e $b=OF$.  Calculando a potencia de $D$ á circunferencia obtemos: 

$$DE\cdot EO=DC\cdot DA$$

$$\left ( x-a \right )\left ( x+a \right )=a\left ( a+y \right )$$

$$x^{2}-a^{2}=a^{2}+ay$$

$$ay=x^{2}-a^{2}\;\;\;\; [1]$$

Se agora proxectamos perpendincularmente os puntos $A$ e $C$ sobre a recta $DB$ obtemos dous triángulos rectángulos semellantes: $DHC$ e $DGA$.

En virtude desta semellanza:

$\frac{a}{a+y}=\frac{\frac{x}{2}}{x+\frac{b}{2}}=\frac{x}{2x+b}$

$2ax+ab=ax+xy$

$ax+ab=xy\;\;\;\; [2]$

Conxugando [1] e [2]:

$$ax+ab=\frac{x^{2}-a^{2}}{a}\cdot x$$

$$a^{2}x+a^{2}b=x^{3}-2a^{2}x$$

$$x^{3}-3a^{2}x=a^{2}b$$

Sen perda de xeneralidade fagamos $a=1$:

$$x^{3}-3x=b$$

Viète decatouse de que resolver esta ecuación cúbica era equivalente a trisecar o ángulo 3θ. Ademais foi quen de resolvela a pesar de ser o problemático casus irreducibilis de Cardano. Fíxoo botando man da trigonometría. Sexa $x=2y$

$$8y^{3}-6y=b$$

$$4y^{3}-3y=\frac{b}{2}$$Comparemos agora esta ecuación coa fórmula do coseno do ángulo triplo:

$$4cos^{3}\theta -3cos\theta =cos3\theta $$

Bastará con que $x=2y=2cos\theta$ e $b=2cos3\theta$

Por poñer un exemplo, se $b=1$ quedaríanos para resolver a ecuación $x^{3}-3x=1$. Os cambios anteriores dan lugar a que $cos3\theta=\frac{1}{2}$

$3\theta _{k}=60+360k\;\;\;k=0,1,2$

$\theta _{k}=20+120k\;\;\;k=0,1,2$

$x_{k}=2cos(20+120k)\;\;\;k=0,1,2$

$x_{1}=2cos(20)=1,8793...\\x_{2}=2cos(140)=-1,5320...\\x_{3}=2cos(260)=-0,3472...\\$

Aínda que Viéte era un adiantado á súa época, só consideraría a primeira solución pois a finais do século XVI  estábase moi lonxe de outorgarlle aos negativos un lugar dentro do sistema dos números.

Quen queira consultar as fontes de onde fun recollendo os resultados destas liñas pode remexer en Tales of Impossibility de David S. Richeson e Trigonometric Delights de Eli Maor. De todas formas, collinlle gusto ao tema e de certo que volverei sobre el.