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 $\mathrm{\angle }AOB=3\theta$ 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 $\theta =\mathrm{\angle }ADB$ será a solución buscada.  Pódese ver todo o proceso no blogue Regra e compás.

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

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

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

$$(x-a)(x+a)=a(a+y)$$

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

$$ay=x^2-a^2[1]$$

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:

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

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 $cos3\theta =\frac{1}{2}$

$3{\theta }_k=60+360kk=0,1,2$

${\theta }_k=20+120kk=0,1,2$

$x_k=2cos(20+120k)k=0,1,2$

$$\begin{gathered} x_1=2cos(20)=1,8793... \\ {x}_2=2cos(140)=-1,5320... \\ {x}_3=2cos(260)=-0,3472... \end{gathered}$$

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.