Outra vez a ecuación cúbica

Cada vez que me vén á cabeza a figura de Gerolamo Cardano (1501-1576) sáeme un sorriso ao lembrarme da súa autobiografía, Mi vida (Alianza Editorial, 1991). Recoméndollo a todo o mundo pois léndoo un decátase do extravagante que foi o personaxe. 

O ano 1565 é unha desas datas clave na historia das matemáticas por ser cando Cardano publica o Ars Magna, o libro onde dá conta da resolución da ecuación cúbica e da cuártica así como do periplo para chegar a este achádego. Que Cardano nos ofrecera esas solucións non significa que as portas quedasen pechadas neste ámbito. Noutra entrada (Bombelli, máis que complexos) xa comentaramos unha idea alternativa de Bombelli para tratar o problema da cúbica. Sobre esta mesma cuestión imos comentar outra achega, neste cado de Frans van Schooten (1615-1660).

Recorte do libro de van Schooten

van Schooten foi un matemático holandés que traduciu ao latín a Xeometría de Descartes. Con este texto como piar, montou todo un equipo de investigación co que desenvolveu e difundiu a nova xeometría analítica. O seu alumno máis aventaxado sería Christiaan Huygens (1629-1695). 

No ano 1646 van Schooten publica De organica conicarum sectionum in plano descriptione, tractatus. Xa enxergamos polo seu título que se trata dun tratado sobre cónicas pero o que nos interesa a nós é que contén un apéndice sobre a resolución das ecuacións de terceiro grao. Souben disto a partir dunha revista de nome evocador, Chalkdust Magazine, nun artigo asinado por Elinor Flavel, que vou debullar de seguido. Daquela, podes ir ao artigo e pasar de ler as seguintes liñas. Con todo non vou fusilar directamente o artigo senón que o procurarei contar á miña maneira.

É ben sabido que cando se afronta a resolución dunha cúbica: $$Az^{3}+Bz^{2}+Cz+D=0$$ convén realizar o seguinte cambio $$z=x-\frac{B}{3A}$$

pois así chegamos a unha cúbica reducida, isto é, unha ecuación cúbica sen termos cuadráticos: $x^3+px+q=0$

Nos tempos de van Schooten aínda non se asumiran os números negativos como algo natural polo que a anterior expresión remitía a varios casos segundo o signo dos valores dos coeficientes da ecuación. Consideraremos o caso no que ambos son negativos, o que daquela se escribiría, con $p$ e $q$ sempre positivos, cos correspondentes monomios pasados ao segundo membro: $$x^3=px+q$$

Co fin de facer un tratamento xeométrico da ecuación imos pegar un chimpo. Soltado o aviso, solto tamén o exabrupto: sexan $a$ e $b$ tales que $p=3a^{2}$ e $q=a^{2}b$. Con $a<2b$ (xa veremos o que significa esta desigualdade). A ecuación queda da forma $$x^{3}=3a^{2}x+a^{2}b$$Tracemos unha circunferencia de raio $a$. Sexa $FK$ un diámetro. Como $b<2a$, tomando $F$ como centro, se trazamos outra circunferencia de raio $b$, esta vai cortar á anterior nun punto $G$. Daquela $FG=b$

Trisecamos o ángulo $KFG$ cos segmentos  $FL=x$ ($x$?, por que lle chamamos $x$?) e $FI=c$ . Prolongamos estes segmentos ata $S$ e $T$ de forma que$LS=x$ e $IT=c$. Con esta construción obtemos tres triángulos isósceles semellantes: $FHL$, $FLS$ e $FIT$. A semellanza dá lugar ás seguintes igualdades: $$\frac{a}{x}=\frac{x}{c+2a}=\frac{c}{x+b}$$ Por unha banda temos:

$$ac+2a^{2}=x^{2}\Longrightarrow ac=x^{2}-2a^{2}\Longrightarrow c=\frac{x^{2}}{a}-2a$$

Por outra: $$\left( x+b \right)a=xc$$

Intentemos eliminar $c$ da expresión: $$\left( x+b \right)a=x\left( \frac{x^{2}}{a} -2a\right)=\frac{x^{3}}{a}-2ax=\frac{x^{3}-2a^{2}x}{a} $$

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

$$ a^{2}x+a^{2}b=x^{3}-2a^{2}x$$

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

Pero se esta é a ecuación coa que comezamos! Velaí que, efectivamente, $x=FL$ é a solución.

Quédanos por comentar o significado alxébrico da expresión $b<2a$ pois o xeométrico xa o sabemos: é o que nos permite trazar todo o debuxo anterior. Multipliquemos por $a^{2}$:

$$a^{2}b\lt 2a^{3}\Longrightarrow \frac{a^{2}b}{2}\lt a^{3}$$

Elevando ao cadrado: 

$$\left( \frac{a^{2}b}{2} \right)^{2}\lt a^{6}=\left( a^{2} \right)^{3}=\left( \frac{3a^{2}}{3} \right)^{3}$$

Escribimos agora o primeiro e o último termo en función de $p=3a^{2}$ e $q=a^{2}b$:

$$\left( \frac{p}{2} \right)^{2}\lt \left( \frac{q}{3} \right)^{3}\Longrightarrow \left( \frac{q}{3} \right)^{3}-\left( \frac{p}{2} \right)^{2}\gt 0$$

Isto é o discriminante da fórmula de Cardano!; ten que ser positivo para que poidamos obter unha solución (non complexa). Para comprobarmos esta afirmación en todo o seu esplendor lembraremos a fórmula de Cardano para as ecuacións da forma $x^{3}=px+q$

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

Todo funcionaría marabillosamente se non fose por un pequeno detalle. Lembremos que un dos primeiros pasos consistía en trisecar o ángulo $KFG$. Iso mesmo, a trisección dun ángulo, un deses problemas clásicos que son clásicos porque non hai que lle meta o dente.

Tipos de problemas, tipos de ensino

A importancia da educación está nos detalles. Todos os profesores de Matemáticas de Secundaria explicamos temas como o da resolución das ecuacións de segundo grao. Pero non todos o facemos igual. 

Unha das cousas que temos que facer é propoñer problemas/exercicios. Podémonos achegar a distintos estilos de aprendizaxe en función do tipo de problemas que propoñemos.

Problemas tipo I

1. $x^{2}+x-6=0$

2. $x^{2}-8x+15=0$

3. $10x^{2}+8x+12=0$

4. $8x^{2}-22x-21=0$

Haberá quen teña un enfoque meramente algorítmico das matemáticas. Ese profesor só tratará con este tipo de problemas. 

Problemas tipo II

5. En cada un das ecuacións anteriores identifica os valores dos coeficientes $a$, $b$, $c$; indica tamén en cada caso o valor das solucións $x_{1}$ e $x_{2}$. Determina en cada caso canto vale a suma das solucións $S=x_{1}+x_{2}$ e o seu produto $P=x_{1}\cdot x_{2}$. Compara os coeficientes coa suma e o produto das solucións. Observas algo?

6. Calcula o discriminante das ecuacións seguintes e despois resólveas. Que observas?

a) $x^{2}-6x+5=0$        b) $x^{2}-6x+9=0$          c) $x^{2}-10x+40=0$ 

Estas son actividades dirixidas cun obxectivo de aprendizaxe específico. A resposta non está determinada como nos problemas de tipo I pero oriéntase ao alumnado a que centren a súa atención nun aspecto para que "descubran" determinadas propiedades. Neste caso preténdese que obteñan as fórmulas de Viéta para ecuacións de segundo grado con $a=1$ ou que relacionen o número de solucións co signo do discriminante.

Problemas tipo III

7. $\frac{5}{x}+2x=6$

8.$\frac{\left ( x+3 \right )\left ( x-3 \right )-4}{2}-\frac{x-2}{3}=\frac{\left ( x-2 \right )^{2}+1}{6}$

Estas non son ecuacións de segundo grao reducidas á forma $ax^{2}+bx+c=0$.  Traballar unicamente coas dun tipo pode levar á falsa conclusión de que esa é a única forma que teñen. 

Probemas tipo IV

9. Se $a$ e $b$ son as raíces de $5x^{2}+6x+7=0$, acha $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$

10. Se $a$ e $b$ son as raíces de  $3x^{2}+4x+5=0$, acha $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$

11. Se $a$ e $b$ son as raíces de $2x^{2}+3x+4=0$, acha $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{a}$

Aquí estase pedindo máis que nos casos anteriores. Requírese non só coñecemento dos tópicos da resolución das ecuacións de segundo grao, senón que se precisa habilidade na manipulación alxébrica e capacidade e enfrontarse a novos problemas. Non todo o alumnado está en disposición de tratalos aínda que a abordaxe destes problemas pode ser un bo entrenamento para a seguinte remesa.

Problemas tipo V

12. Acha todos os $a$ tales que a suma dos cubos e a suma dos cadrados das raíces de $ax^{2}+4x+3=0$ sexan iguais.

13. Acha todos os pares ordenados $(a,b)$ tales que as raíces de $x^{2}+ax+b=0$ son os cadrados das raíces de $5x^{2}-6x+10=0$

Un novo método para as ecuacións cuadráticas

A finais do 2019 espallábase unha nova bastante peculiar sobre a resolución da ecuación cadrática. Por ter a súa orixe nos EEUU alcanzou unha gran difusión e debeu chegar a todo aquel que tiña que ver coas matemáticas, especialmente co ensino das matemáticas. Anunciábase como "un novo método para abordar a resolución das ecuacións cuadráticas" no que se evita o doloroso esforzo de memorización da fórmula. O máis sorprendente era que ese inédito método, que podía entender calquer escolar, foi ignorado durante 4000 anos. Como se pode ver, a cousa non tiña traza. O peor de todo é que houbo quen lle fixo caso. Con 8000 millóns de persoas paseando polo planeta non é de estrañar que haxa unha boa manchea de crédulos.

Cómpre moita fachenda para realizar esas afirmacións. A miña impresión era que se trataba dun proxecto puramente crematístico. Se hoxe imos á páxina do presunto descubridor poderemos inscribirnos nunha chea de cursos on-line de matemáticas por un prezo duns 399$ cada un. A educación para quen a poida pagar. Unha bonita materialización da competencia emprendedora (da LOMCE ou da LOMLOE, tanto me ten). Tamén é un excelente exemplo de como contribuír a edificar unha educación discriminatoria. 

Sobre o contido da publicación que prometía evitar a fórmula da ecuación cuadrática, pouco se pode dicir. Calquera que teña un mínimo de experiencia docente sabe que o que menos importa é a fórmula. É mentira que esta sexa un impedimento para a aprendizaxe. Incluso aqueles alumnos con máis dificultades acábana aprendendo sen ningún doloroso esforzo de memorización. Basta con facer unha boa colección de exercicios na que a teñan que aplicar. Usar o algoritmo argallado por Po-Shen Loh, que así se chama o autor desta argallada, non melloraría as cousas. O que si é importante é enfrontar ao alumnado a diversos achegamentos a este tópico. Convén que recoñezan como usar as identidades notables para resolver algunhas ecuacións cuadráticas. Tamén é importante que aprendan a estudalas sistemáticamente. Por exemplo deben recoñecer a relación entre o discriminante e o número de solucións reais así como as fórmulas de Viète que relacionan os coeficientes da ecuación coa suma e o produto das solucións. Convén que saiban manipular este tipo de expresións para que o coeficiente de $x^{2}$ sexa a unidade. Teñen que comprender a relación entre as solucións e os polinomios irreducibles que descompoñen a expresión alxébrica. Cómpre que interioricen a relación entre os coeficientes e a gráfica da parábola asociada e que identifiquen os puntos de corte do eixo de abscisas como as solucións da ecuación. Deberían discernir o eixo de simetría desa parábola, o vértice da mesma e saber a súa relación tanto cos coeficientes como coas solucións da ecuación. É unicamente sobre este aspecto sobre o que se centra o artigo de Po-Shen Loh, claro que el non fai referencia ningunha ás parábolas pois xoga todo no campo alxébrico e só se centra na dedución da maldita fórmula, como se o estudo das ecuacións cuadráticas se limitara a iso. Pola contra, critica o métido de completar o cadrado por ser máis incómodo e menos directo. Resulta que o que se vende como novo tamén ten o defecto de ser máis incómodo e menos directo... que a fórmula.

Vexamos e comparemos ese *novo método co arcaico de completar o cadrado

Un *novo método

Partimos da ecuación xeral de segundo grao:   $ax^{2}+bx+c=0$

Sabemos que se dividimos por $a$ obteremos unha expresión na que o coeficiente de $x^2$ pasará a ser a unidade: $$x^{2}+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=0$$

Por outra banda, se $x_{1}$ e $x_{2}$ son as solucións, poderemos descompoñer a anterior expresión nun produto:

$$x^{2}+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=\left ( x-x_{1} \right )\left ( x-x_{2} \right )=x^{2}-\left (x_{1} +x_{2}\right )x+\left ( x_{1} x_{2}\right )=x^{2}-Sx+P$$

Disto podemos concluir que buscar as solucións é equivalente a pescudar dous números que sumen $S=-\frac{b}{a}$ e que teñan como produto $P=\frac{c}{a}$. Agora ben, dous números que sumen $S$ deben ter media $\frac{S}{2}$, de aí que serán da forma $\frac{S}{2}\pm z$ e o seu produto será:

$$\left (\frac{S}{2} +z \right )\left ( \frac{S}{2} -z\right )=\left (  \frac{S}{2}\right )^{2}-z^{2}=P$$

Despexando $z$

$$z= \sqrt{\left ( \frac{S}{2} \right )^{2}-P}$$

Unha vez calculado $z$ xa temos as dúas solucións:

$$x=\frac{S}{2}\pm z=\frac{S}{2}\pm \sqrt{\left ( \frac{S}{2} \right )^{2}-P}$$

Aínda que noutra orde e con outra presentación todas estas cousas téñoas contado ducias de veces na aula. U-la a novidade?

O método de completar o cadrado

Agora si que vou compartir algo que presento na clase desta maneira, normalmente en 3º da ESO. 

Al-Jwarizmi (IX) foi un matemático que traballou na Casa da Sabiduría, un centro de estudos en Bagdad, único no mundo nesta época. É o autor do libro Al-Kitāb al-mukhtaṣar fī ḥisāb al-jabr wa-l-muqābala. Tal é a súa importancia que o vocablo al-jabr é o que lle dá nome a unha enorme rama das matemáticas: a álxebra. 

Vexamos como Al-Jwarizmi nos explica a resolución das ecuacións de segundo grao. Debemos ter en conta que daquela aínda non se desenvolvera a notación que usamos actualmente, polo que tiña  que presentar todas as ecuacións en forma literal. Ademais nunca usaba números negativos; pensemos que ata finais do século XIX non se aceptan plenamente. Por exemplo, cando presenta a ecuación $x^{2}+10x-39=0$ prefire facelo na forma $x^{2}+10x=39$, con todos os valores positivos. Claro que Al-Jwarizmi escribe no seu lugar algo así como " un cadrado máis dez raíces é igual a trinta e nove". O orixinal da súa visión é que imaxina esta ecuación en forma xeométrica. Algo semellante a isto:

Agora cortamos o rectángulo pola metade, tal e como está indicado. Pegamos eses dous anacos ao cadrado, obtendo a seguinte figura en forma de L invertido e de área 39.

Finalmente completamos a figura construíndo un cadrado. Para iso temos que engadir un cadrado 5x5, de área 25. De aí que a área do cadrado grande sexa $x^{2}+10x+25=39+25=64$

Entón o lado do cadrado grande será $8=x+5$. De aí que $x=3$

As vantaxes desta representación son a súa contextualización histórica e a relación que se establece entre a álxebra e a xeometría. A primeira delas amósanos unha ciencia en construción fronte a un resultado aparentemente caído do ceo. Achéganos así un saber máis próximo e humano. Tamén se identifican algunhas debilidades que se irían superando con tempo e esforzo como a inexistencia dunha notación matemática ou a incapacidade para traballar con números negativos. A segunda das vantaxes é unha conexión da que non podemos prescindir nin na práctica das matemáticas nin no seu ensino, a de poder abordar un problema desde mundos aparentemente distintos, neste caso o xeométrico e o alxébrico. 

Un novo método para as ecuacións cuadráticas

Agora si, despois dos parágrafos anteriores que non contiñan ningunha novidade, por fin vou presentar o motivo para elaborar esta entrada. Trátase dun problema tan anódino coma o seguinte:

Problema. Resolve $\sqrt{x+5}=5-x^{2}$

Non parece nada apaixonante. Un coma tantos deses exercicios que se propoñen para practicar a resolución de ecuacións irracionais. "Nada que me poida chamar a atención", pensei e equivoqueime. 

A resolución que propoñen no libro La matemática elegante (URSS 2007) é encantadora. Comeza, como é de esperar, elevando ambos membros ao cadrado: 

$$x+5=5^{2}-2\cdot 5x^{2}+x^{4}\quad\quad [1]$$

O habitual é que continuemos operando e simplificando a expresión ata obter unha ecuación polinomial de grao 4:

$$x^{4}-10x^{2}-x+20=0$$

Pero esta ecuación non ten raíces enteiras, nin tan siquera racionais. De aí que pensemos que debemos intentar botar man dalgún método que nos aproxime algunha delas... ou, e aquí está a novidade, escribir a expresión [1] deste outro xeito:

$$5^2-\left ( 2x^{2}+1 \right )5+\left ( x^{4}-x \right )=0$$

Para aplicarlle a maldita fórmula a esta forma cuadrática en función do $5$, no canto de facelo en función de $x$!:

$$5=\frac{2x^{2}+1\pm \sqrt{\left ( 2x^{2} +1\right )^{2}-4\left ( x^{4}-4x \right )}}{2}=\frac{2x^{2}+1\pm \left ( 2x+1 \right )}{2}$$

Que dá lugar a un par de ecuacións de segundo grao, agora en $x$;

$$10=2x^{2}+1\pm \left ( 2x+1 \right )$$

Se escollemos o signo positivo obtemos a ecuación $$2x^{2}+2x-8=0\\x^{2}+x-4=0$$

Que ten como solucións $$x=\frac{-1\pm \sqrt{17}}{2}$$

Para o signo negativo obremos a ecuación $$2x^{2}-2x-10=0\\x^{2}-x-5=0$$

Que ten como solucións $$x=\frac{1\pm \sqrt{21}}{2}$$

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.

O construtor universal de ecuacións de Segner

Teño a convicción de que ninguén, dos poucos que poidan pasar por aquí, vai ser quen de identificar o curioso mecanismo que se reproduce na imaxe. Aínda que o informase de que a lámina está extraída do Volume 33, suplemento 5 da Enciclopedia de Diderot e D'Alembert, seguiría tendo a seguridade de que  o coitado lector seguiría in albis.
O autor do artefacto é Johann Andreas von Segner (1704-1777), o primeiro catedrático de matemáticas de Gotinga. Curiosamente, o instrumento foi ideado a partir dun tópico das matemáticas moi coñecido do alumnado da secundaria, a regra de Ruffini para dividir polinomios por binomios da forma x±a. Nos países de fala inglesa prefieren atribuirlle esta técnica a William Horner (1786-1837), un asiduo colaborador da revista The ladyes' diary; e isto a pesar de que existe a polémica de que Horner non o publicou ata dez anos despois de que o fixera un reloxerio londinense, Theophilus Holdred. Con todo Ruffini anticipárase pois no 1804 recibira un premio nun concurso no que se buscaba un método para achar as raíces dun polinomio.
Tirando máis para atrás tamén foron precursores do método de Horner(?) outros tales como Isaac Newton (1642/3-1727), un tal Sharaf al-Din al-Tusi (1135-1213) (non confundir con Nasir al-Din al-Tusi (1201-1264)), ou mesmo Liu Hui (III d.C.), o editor do libro Os nove capítulos da arte matemática. Parece que o método tiña que ser descuberto, e así sucedeu unha e outra vez.

O método de Ruffini
Consideremos un polinomio de grao n. Se o dividimos por x-x₀ obteremos:
$$P\left( x \right) ={ Q }_{ 0 }\left( x \right) \left( x-{ x }_{ 0 } \right) +{ r }_{ 0 }$$
onde Q₀ será un polinomio de grao n-1. Podemos dividir agora este polinomio por x-x₀, e reiterar este procedemento:
$${ Q }_{ 0 }\left( x \right) ={ Q }_{ 1 }\left( x \right) \left( x-{ x }_{ 0 } \right) +{ r }_{ 1 }\quad \quad con\quad { Q }_{ 1 }\quad de\quad grao\quad n-1$$ 

$$ { Q }_{ 1 }\left( x \right) ={ Q }_{ 2 }\left( x \right) \left( x-{ x }_{ 0 } \right) +{ r }_{ 2 }\quad \quad con\quad { Q }_{ 2 }\quad de\quad grao\quad n-2$$ $$...$$ $${ Q }_{ n-1 }\left( x \right) ={ r }_{ n }\left( x-{ x }_{ 0 } \right) +{ r }_{ n-1 }\quad con\quad { r }_{ n }\quad de\quad grao\quad 0$$
De aí que, substituíndo aniñadamente as anteriores igualdades, obteñamos:

$$P\left( x \right) ={ Q }_{ 0 }\left( x \right) \left( x-{ x }_{ 0 } \right) +{ r }_{ 0 }=\left[ { Q }_{ 1 }\left( x \right) \left( x-{ x }_{ 0 } \right) +{ r }_{ 1 } \right] \left( x-{ x }_{ 0 } \right) +{ r }_{ 0 }=$$ $$ ={ Q }_{ 1 }{ \left( x \right)  }{ \left( x-{ x }_{ 0 } \right)  }^{ 2 }+{ r }_{ 1 }\left( x-{ x }_{ 0 } \right) +{ r }_{ 0 }=...={ r }_{ n }{ \left( x-{ x }_{ 0 } \right)  }^{ n }+{ r }_{ n-1 }{ \left( x-{ x }_{ 0 } \right)  }^{ n-1 }+....+{ r }_{ n }$$
Isto último non é outra cousa que o desenvolvemento do polinomio de Taylor do polinomio P(x), polo que
$${ r }_{ k }=\frac { { P }^{ (k }\left( { x }_{ 0 } \right)  }{ k! } \quad \quad k\in \left\{ 0,...,n \right\} $$
Para sacarlle o zume a toda esta farramalla alxébrica o mellor é considerar un caso práctico. Consideremos o seguinte polinomio e dividámolo reiteradamente por x-1:$$P\left( x \right) ={ x }^{ 3 }-2{ x }^{ 2 }+6x-7$$

Polo contado anteriormente, os coeficientes do desenvolvemento de Taylor son o números marcados en grosa. De aí que poidamos escribir o seguinte desenvolvemento:
$$P\left( x \right) ={ \left( x-1 \right)  }^{ 3 }+{ \left( x-1 \right)  }^{ 2 }+5{ \left( x-1 \right)  }+2\quad \quad \quad \quad \quad \left[ 1 \right] $$
Todo ben, pero, e o método para achar raíces, u-lo? Pode non parecelo, pero xa temos medio camiño andado. É fácil comprobar que o polinomio ten unha raíz entre 1 e 2. Sexa x-1=y, entón podemos escribir [1] así:
$$P\left( 1+y \right) ={ y }^{ 3 }+{ y }^{ 2 }+5{ y }+2\quad \quad \quad \quad \quad \left[ 2 \right] $$
Esta nova expresión terá unha raíz entre 0 e 1, isto é, y=z/10+ε, onde z é a primeira cifra decimal da solución. Tomemos entón a aproximación y=z/10. Substituíndo en [2] e simplificando teremos:
$$P\left( 1+\frac { z }{ 10 }  \right) ={ z }^{ 3 }+{ 10z }^{ 2 }+500{ z }+2000\quad \quad \quad \quad \quad \left[ 3 \right] $$
Teñamos en conta que nos interesan para z valores dunha cifra. Debemos procurar, xa que logo, solucións entre 0 e 10. Non é difícil verificar que hai unha solución entre 3 e 4. Agora debemos dividir o polinomio [3] por z-3. Chegados a este punto xa temos unha aproximación da raíz da ecuación orixinal cunha cifra decimal: 1,3. Ademais o procedemento está no mesmo punto no que comenzamos. Con sucesivas aplicacións destes pasos está claro que iremos obtendo aproximacións con máis cifras decimais.

Constructeur Universel d’Équations
Por fin imos intentar explicar o fundamento matemático que sustenta o Constructeur Universel d’Équations de Segner e que como xa comentamos, non é outro que a regra de Ruffini.
O artefacto foi pensado para traballar cun polinomio de grao 3. Aplicando a regra de Ruffini podemos escribir o polinomio P(x)=ax ³+bx ²+cx+d da seguinte forma:

Comenzaremos considerando o segmento OI de lonxitude 1 e un punto X a unha distancia x de O. Perpendicularmente trazaremos unha recta sobre a que marcamos puntos A, B, C, e D a alturas a, a+b, a+b+c e a+b+c+d respectivamente. Os puntos identificados coa mesma letra estarán á mesma altura

Comenzamos trazando o segmento que une D' con C e que corta á recta XZ en M.
Os triángulos D'CC' e MCC'' son semellantes polo que MC''=dx
Engadíndolle o valor de c:
MB''=MC''+C''B''=dx+c

Tracemos o segmento M'B que corta a XZ en N.
Os triángulos M'BB' e NBB'' son semellantes polo que NB''=x(dx+c)
Engadíndolle o valor de b:
NB''+B''A''=x(dx+c)+b

Tracemos agora N'A que corta a XZ en P.
Os triángulos N'AA' e PAA'' son semellantes, de aí que
PA''=x(x(dx+c)+b)
Engadíndolle o valor de a:
PX=PA''+A''X=x(x(dx+c)+b)+a =P(x)













Finalmente, co seguinte applet podemos practicar cun Constructeur Universel d’Équations virtual, o cal non deixa de ter o seu mérito pois hai a sospeita de que, a pesar de que o volume da Enciclopedia no que aparece o deseño do artefacto foi publicado no 1777, non se fixera ningún mecanismo real ata o presentado ano 2000 na exposición  Oltre il compasso. La geometria delle curve museo florentino Il Giardino di Archimede.

Tapando un burato: a ecuación cúbica

Boa parte do tempo e dos esforzos no ensino secundario están ocupados pola álxebra, quizais nun grao un tanto excesivo. Con todo, os estudos limítanse ás formas lineares e cuadráticas. Quedámonos ás portas do estudo das expresións cúbicas. Se un segue profundizando nestes estudos na universidade volverá sobre a cuestión da resolución de ecuacións, pero pegando un gran salto, xa no ámbito da teoría de Galois, xernerándose así un baleiro que dificilmente pode ter xustificación.  Despois de rematar a carreira eu aínda tardei moitos anos en tapar este burato. Deixo aquí algunhas notas con ese remendo.

E, de súpeto, apareceu Cardano.
A finais do século XV Luca Pacioli (1445-1517), nesa altura un dos matemáticos que con máis coñecementos sobre o tema, estaba tan convencido da imposibilidade da cuadratura do círculo como da resolución da ecuación cúbica. Por iso o Ars Magna, publicado no 1545, debeu causar unha profunda impresión na pequena comunidade matemática da época, xa que despois dunha apaixoante historia e non pouco traballo, ese estraño personaxe que foi Girolamo Cardano (1501-1576), non só ofrece a solución da ecuación cúbica senón que coa inestimable axuda de Ludovico Ferrari (1522-1565) tamén o fai coa de grao 4 [nota aparte: un dos libros máis divertidos que lin nunca foi a autobiografía de Cardano, recoméndoo vivamente]
Naqueles tempos non se tomaban en consideración os números negativos. Tampouco se expresaban as solucións das ecuacións mediante fórmulas. Os manuais explicaban o método de resolución nun caso particular e entendíase que aplicando o mesmo algoritmo tamén se poderían resolver outras ecuacións da mesma forma. Por estas razóns compría facer un estudo de múltiples casos nos que os coeficientes serían todos positivos, polo que nalgúns deses casos algúns coeficientes debían aparecer no segundo membro da ecuación. Así, Cardano distinguirá 13 casos posibles para a ecuación cúbica. Para nós isto resultaríanos demasiado pesado, así que desenvolveremos a solución da ecuación cúbica segundo Cardano pero actualizando as formas e as notacións.
Unha das grandes aportacións de Cardano foi que, dada unha ecuación cúbica xeral: $$a{ x }^{ 3 }+b{ x }^{ 2 }+c{ x }+d=0$$ mediante o cambio $$x=y-\frac { b }{ 3a } $$ podemos eliminar o termo de segundo grao. Por exemplo, se partimos da ecuación $$2{ x }^{ 3 }-30{ x }^{ 2 }+162x-350=0\quad \quad \quad \quad [7]$$
$$x=y-\left( \frac { -30 }{ 6 }  \right) =y+5$$
$$2{ \left( y+5 \right)  }^{ 3 }-30{ \left( y+5 \right)  }^{ 2 }+162\left( y+5 \right) -350=0$$
Botando contas queda:$${ y }^{ 3 }+6y=20\quad \quad \quad \quad [2]$$
Esta última expresión é das que Cardano denominaba "cubo máis cousa igual a número" e que hoxe escribiriamos $${ y }^{ 3 }+py+q=0\quad \quad \quad \quad [z]$$
No noso exemplo p=6 e q=-20
Sen perda ningunha de xeneralidade, basta resolver este tipo de ecuacións para podermos establecer a resolución dunha cúbica calquera. Con este propósito Cardano servíase do desenvolvemento do cubo dun binomio.
Consideremos o seguinte cubo de aresta u+v . O cubo desta suma desenvólvese a seguir

Cubo dun binomio u+v

$${ \left( u+v \right)  }^{ 3 }={ u }^{ 3 }+3{ u }^{ 2 }v+3u{ v }^{ 2 }+{ v }^{ 3 }$$
Pasando todo ao primeiro membro e sacando factor común 3uv no terceiro e cuarto sumandos:
$${ \left( u+v \right)  }^{ 3 }-{ u }^{ 3 }-3{ u }^{ 2 }v-3u{ v }^{ 2 }-{ v }^{ 3 }=0\\ { \left( u+v \right)  }^{ 3 }-3uv\left( u+v \right) -{ u }^{ 3 }-{ v }^{ 3 }=0$$
Tomando: $$x=u+v\\ -p=3uv\\ -q={ u }^{ 3 }+{ v }^{ 3 }$$
Temos outra vez a expresión [z]: $${ y }^{ 3 }+py+q=0\quad \quad \quad \quad [z]$$
Cun novo cambio de variables: $$\begin{cases} t={ u }^{ 3 } \\ s={ v }^{ 3 } \end{cases}\quad \quad \quad \begin{cases} t+s=-q \\ t\cdot s={ u }^{ 3 }{ v }^{ 3 }={ \left( \frac { -p }{ 3 }  \right)  }^{ 3 } \end{cases}\quad \quad \quad \quad \begin{cases} t=-q-s \\ \left( -q-s \right) s={ \left( \frac { -p }{ 3 }  \right)  }^{ 3 } \end{cases}\quad $$
Resulta que a última ecuación é de segundo grao en s con solución $$s=\frac { -q }{ 2 } +\sqrt { { \left( \frac { q }{ 2 }  \right)  }^{ 2 }+{ \left( \frac { p }{ 3 }  \right)  }^{ 3 } } $$
De aí que $$t=-q-s=\frac { -q }{ 2 } -\sqrt { { \left( \frac { q }{ 2 }  \right)  }^{ 2 }+{ \left( \frac { p }{ 3 }  \right)  }^{ 3 } } $$
E así, por fin, obtemos a solución $$y=u+v=\sqrt [ 3 ]{ t } +\sqrt [ 3 ]{ s } =\sqrt [ 3 ]{ \frac {- q }{ 2 } +\sqrt { { \left( \frac { q }{ 2 }  \right)  }^{ 2 }+{ \left( \frac { p }{ 3 }  \right)  }^{ 3 } }  } +\sqrt [ 3 ]{ \frac { -q }{ 2 } -\sqrt { { \left( \frac { q }{ 2 }  \right)  }^{ 2 }+{ \left( \frac { p }{ 3 }  \right)  }^{ 3 } }  } $$
No caso da nosa ecuación [2] temos que tomar p=6 e q=-20 polo que obtemos:
$$y=\sqrt [ 3 ]{ 10+\sqrt { 108 }  } +\sqrt [ 3 ]{ 10-\sqrt { 108 }  } $$
O realmente curioso é que Cardano enxergou detrás desta expresión o valor y=2 (!) que, efectivamente, será solución da ecuación [2].
Finalmente vemos como unha boa elección da denominación para esta ecuación anticipa a súa solución ;)... e o mesmo pasa coa [7].

Dous listados de exercicios de ecuacións irracionais

Ecucións e sistemas no Descartes EDAD

O profesor debe encontrarse cómodo co material que utiliza. Por esta razón eu nunca cheguei a empregar ningún libro de texto, agás nun caso, que xa recomendei nalgunha ocasión. Trátase da ferramenta EDAD da plataforma Descartes, que ademais ten a ventaxa, para min imprescindible,  de podérmola utilizar en galego.
Con todo, que utilicemos un libro texto ou unha guía didáctica de calquera tipo, non significa que teñamos que empregala en todo momento e para todo. O recomendable é serlle infiel pois o seguemento sistemático dun libro de texto empobrece a aprendizaxe xa que nunca pode adaptarse ao cen por cen ao noso estilo nin ás necesidades dos nosos alumnos. Vou contar algunha das traizóns ao EDAD que apliquei as últimas veces que impartín clase ne 4º da ESO, en concreto na materia que agora se denomina Matemáticas Orientadas ás Ensinanzas Académicas, antes Matemáticas B.

No tema de 4º da ESO adicado ás ecuacións e sistemas, no seu apartado 2.3, que trata das ecuacións irracionais, pídese que se resolvan varias deste tipo. Pode aparecernos, por exemplo, a seguinte: $$\sqrt { -3-4x } +4x=-5$$ Se queremos seguir practicando o programa ofrécenos a posibilidade de xenerar moitas outras como as seguintes $$\sqrt { x-4 } -8=-2x\\ -7-2\sqrt { 7x+2 } =2\\ x-2\sqrt { -2-9x } =6$$ E así sucesivamente. Isto tamén é habitual nos libros de texto, unha restra de exercicios do mesmo tipo, que pode levar á tentación de propoñerllos todos aos alumnos. Hábito desafortunadamente nada infrecuente, polo que teño visto no transcurso de moitos anos de docencia. O alumnado debe enfrontarse a estes exercicios e ten que desenvolver e aprender as ferramentas para realizalos con fluidez. A cuestión é que facer unha lista de exercicios do mesmo tipo non serve para nada (bo). O único que podemos conseguir é que os rapaces se aburran e acaben tendo a idea falsa de que as matemáticas consiste nunha restra de algoritmos.
Ben certo é que este tipo de traballos non son moi agradecidos pois só se trata de aprender a traballar determinado tipo de habilidades coas expresións alxébricas. Pero non nos queda outra que entrenalos, o cal non significa que debamos mandar un boletín con 20 ecuacións deste tipo para que os fagan de deberes na fin de semana (ou aínda peor, para o día seguinte).
En primeiro lugar, facer os problemas na clase ten a ventaxa de poder discutilos cos compañeiros e de contar coas indicacións do profesor. Por outra banda o profesor non debe facer el os exercicios inmediatamente. Hai que deixar tempo a que os estudantes se enfronten a eles, permitir que cometan erros para facerllos ver, deixar que discutan os pasos a dar, que razoen e confronten se o fixeron ben ou non. Todo isto leva tempo, pero é tempo gañado para aprendizaxe.
Neste apartado, no das ecuacións irrracionais (e en moitos outros), eu taizoo á plataforma Descartes EDAD. No canto do anterior listado de exercicios preséntolle este outro: $$a)\quad 3x+\sqrt { { x }^{ 2 }-5x+16 } =19\\b)\quad \sqrt { x-2 } -\sqrt { x-5 } =1\\ c)\quad \sqrt { { x }^{ 2 }+1+2\sqrt { 4x-3 } } =x+1\\ d)\quad \frac { 2\sqrt { x+5 } }{ 4-\sqrt { x } } =\frac { 4+\sqrt { x } }{ \sqrt { x } } \\ e)\sqrt { { x }^{ 3 }-x+3 } -x=1\\ f)\sqrt [ 3 ]{ x+3 } +3=x\\ g)\sqrt { { x }^{ 4 }+144 } =5x$$ O apartado a) non presenta ningunha dificultade, pero polo menos ten a novidade, con respecto aos anteriormente presentados, de que aparece unha expresión cadrática. No apartrado b) o alumnado adoita protestar porque lles aparecen dous radicais e "iso non o vimos", cando precisamente aí está o interesante da cuestión. Por iso no c) volven a queixarse, "unha raíz dentro doutra! isto é pasarse!". Curiosamente o maior bloqueo téñeno co d), pois a maioría non saben como dar o primeiro paso. Por exemplo, case ninguén se decata de que poden multiplicar en cruz. Ademais a comprobación das solucións deste caso pode dar para reflexionar cando un valor é solución ou non.  Os apartados e) ou g) non lles presentan dificultades e ademais teñen a virtude de ofrecer retos que lles permiten utilizar e repasar temas xa aprendidos (resolución de ecuacións bicadráticas ou polinómicas). Con todo, teño visto intentos estrafalarios de sacar a incógnita fóra do radical, quizais pola tensión que a algún lle produce o feito de ver unha potencia de grao superior a 2. No f) sempre hai alguén que comenta en alto: "hai que aplicar o triángulo de Tartaglia" e outro que lle responde con enfado: "pero iso non é deste tema!". Neste caso a resolución pode levarnos a tratar o número áureo, o que nos permitiría dar un paseo por outros mundos das matemáticas e descansar dos procedementos da resolución de ecuacións. Como se ve, o proceso é moito máis entretido que a repetición machacona do mesmo exercicio con distintos valores numéricos coa ventaxa engadida de teren que enfrontarse a distintas problemáticas e de teren que facelo por si mesmos.
Non é esta a única infidelidade que cometo con este tema do Descartes EDAD.  Na proposta orixinal hai un apartado que se denomina "Ecuacións factorizadas". Trátase de ecuacións da forma P(x) = 0, onde P(x) é un polinomio. Eu sáltoo porque xa o traballamos no tema de polinomios. Pola contra hai unha cuestión que engado e que non aparece no Descartes EDAD, que son as fórmulas de Viète para as ecuacións de 2º grao.
Todas estas adaptacións como son a realización doutros exercicios, eliminación de apartados, introdución doutros novos, ou calquera outra que nos conveña, poden recollerse nos cadernos de traballo que se propoñen na primeira páxina de cada tema do Descartes EDAD. Velaquí outra razón para pensar en incorporar nalgunha ocasión este sistema ás nosas aulas. Xa non se trata do ríxido formato do libro de texto ao que nos debamos adaptar, agora é unha axuda chea de recursos que se pode adaptar ás nosas necesidades.
Agora ben, non sempre se pode facer o que describín nesta entrada. Pode ser que o perfil do alumnado que teñamos non sexa quen de abordar o segundo listado de problemas que propuxen aquí. Nese caso traballar na clase con estes exercicios pode xenerar frustracións máis que aprendizaxe polo que habería que recoller a tanza e insistir cun listado de problemas máis semellante ao primeiro. De aí a necesidade do profesor.