Resolver $ax^3+bx^2+cx+d=0$ utilizando una sustitución diferente a la de Vieta?

Question

Todos sabemos que una ecuación cúbica general es de la forma

$$ax^3+bx^2+cx+d=0$$ donde $$a\neq0.$$

Se puede resolver fácilmente con las siguientes sustituciones sencillas:

$$x\longmapsto x-\frac{b}{3a}$$

Lo conseguimos,

$$x^3+px+q=0$$ donde, $p=\frac{3ac-b^2}{3a^2}$ y $q=\frac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3}$

Entonces, usando la sustitución de Vieta,

$$x\longmapsto x-\frac{p}{3x}$$

Lo conseguimos,

$$(x^3)^2-q(x^3)-\frac1{27}p^3=0$$

que se puede convertir fácilmente en una ecuación cuadrática, utilizando la sustitución: $x^3 \longmapsto x.$

Y esta es mi pregunta:

En matemáticas, ¿existe una sustitución que sea "diferente" de la sustitución $x\longmapsto x-\frac{p}{3x}$ que puede utilizarse para la ecuación cúbica de forma estándar $x^3+px+q=0$ que se puede convertir fácilmente en una ecuación cuadrática?

Tengo curiosidad, si hay un nuevo sustituto que no conozco.

Gracias.

Answer 1

El cúbico es lo suficientemente venerable y lo suficientemente sencillo como para que haya otras numerosas formas de resolverlo. Aquí se presentan tres de las más notables; se pueden encontrar otras en, por ejemplo, Teoría de las ecuaciones algebraicas de Galois por J.-P. Tignol.

Sustitución de Tschirnhaus

La idea es hacer una sustitución más sofisticada de $x$ que la lineal que elimina el término cuadrático: podemos suponer que partimos de la forma $$ x^3 + px + q = 0 , $$ ya que simplifica los cálculos. Dado que se puede utilizar una sustitución lineal para eliminar un término, se puede sospechar que se puede utilizar una sustitución más general para eliminar más términos, y en particular, si ponemos $ y = \alpha x^2 + \beta x + \gamma $ podemos esperar elegir los coeficientes de manera que tanto el término lineal como el término cuadrático desaparezcan al mismo tiempo. Esto resulta ser así, pero primero debemos eliminar $x$ de las dos ecuaciones. Tenemos $$ \begin{align} (y-\gamma)^2 &= x^2 (\alpha x + \beta)^2 = (\alpha^2 x + 2\alpha\beta) x^3 + \beta^2 x^2 \\ &= -(\alpha^2 x + 2\alpha\beta) (px+q) + \beta^2 x^2 \\ &= (-p\alpha^2 + \beta^2)x^2 - \alpha(q\alpha + 2p\beta )x -2\alpha\beta q \end{align}$$ y $$ \begin{align} (y-\gamma)^3 &= x^3(\alpha x+\beta)^3 \\ &= -(px+q)(\alpha^3 x^3 + 3\alpha^2 \beta x^2 + 3\alpha \beta^2 x + \beta^3 ) \\ &\vdots \\ &= ( p^2\alpha^2 - 3q\alpha\beta - 3p\beta^2 ) \alpha x^2 + ( 2pq\alpha^3+ 3p^2 \alpha^2\beta - 3q\alpha\beta^2 - p\beta^3 ) x + (q\alpha^3+3p\alpha^2 \beta - \beta^3) \end{align}$$ Un cálculo sencillo muestra entonces que $$ 0 = (y-\gamma)^3 + 2p\alpha (y-\gamma)^2 + (p^2\alpha^2+3q\alpha\beta + p\beta^2 ) + q(-q\alpha^3 + p\alpha^2\beta -\beta^3) , $$ y luego podemos expandir los paréntesis para obtener $$ 0 = y^3 + (2p\alpha-3\gamma) y^2 + ( p^2\alpha^2 + 3q\alpha\beta + p\beta^2 -4p\alpha\gamma+3\gamma^2 ) y + \text{const.}, $$ donde la constante es tan fea como intrascendente. En particular, podemos forzar el $y^2$ para que desaparezca tomando $\gamma = 2p\alpha/3$ . Esto deja entonces $$ 0 = y^3 + ( -\tfrac{1}{3} p^2\alpha^2 + 3q\alpha\beta + p\beta^2 ) y + \text{const.} $$ En este punto vemos que no perdemos nada por tomar $\alpha=1$ y así la solución de la cúbica se ha reducido a la solución de las ecuaciones $$ -\tfrac{1}{3} p^2 + 3q\beta + p\beta^2 = 0 \\ y^3 + \text{const.} = 0 \\ x^2 + \beta x + \tfrac{2}{3}p - y = 0 , $$ todos los cuales son, en el peor de los casos, cuadráticos o simplemente requieren encontrar una raíz cúbica.

El método de Bézout

Este método fue considerado por primera vez por Bézout, y en una forma ligeramente diferente por Euler. La idea es que al eliminar $z$ entre las ecuaciones $$ x = a_0 + a_1 z + \dotsb + a_{n-1} z^{n-1} \\ z^n = 1 , $$ obtenemos una ecuación de grado $n$ y la idea es que sea el a la derecha ecuación de grado $n$ . Pero conocemos las soluciones a $z^n=1$ , es decir, el $n$ a raíz de la unidad. Así que eliminando $z$ la ecuación restante puede escribirse en la forma $$ \prod_{\omega} (x-(a_0+a_1 \omega + \dotsb + a_{n-1}\omega^{n-1})) = 0 . $$ Queda por elegir el $a_i$ adecuadamente. Por supuesto, el sueño es hacer esto para cualquier ecuación, pero para grados superiores a $4$ El grado de las ecuaciones que hay que resolver es mayor que el de la ecuación original, por lo que es un completo fracaso. Pero para los cúbicos, podemos arreglárnoslas: si $$ x^3 + bx^2+cx+d = 0 $$ es la ecuación, tenemos $$ 0 = ( x - (a_0+a_1+a_2) )( x - (a_0+a_1 \omega + a_2 \omega^2) )( x - (a_0+a_1 \omega^2+a_2 \omega) ), \tag{1} $$ donde $\omega$ es ahora una raíz cúbica primitiva fija de la unidad. Expandiendo y usando esa $1+\omega+\omega^2=0$ obtenemos $$ (x-a_0)^3 - 3a_1 a_2 (x-a_0) -a_1^3 -a_2^3 = 0 . $$ o $$ x^3 - 3a_0 x^2 + 3(a_0^2 - a_1 a_2) x +(- a_0^3 - a_1^3 - a_2^3 + 3a_0 a_1 a_2) = 0 $$ Ahora resolvemos las ecuaciones $$ -3a_0 = b \\ 3(a_0^2 - a_1 a_2) = c \\ - a_0^3 - a_1^3 - a_2^3 + 3a_0 a_1 a_2 = d ; $$ la primera es lineal y da $a_0=b/3$ y los otros dos se convierten en $$ a_1 a_2 = \frac{b^2-3c}{9} \\ a_1^3 + a_2^3 = d + \frac{2}{27} b^3 - \frac{bc}{3} , $$ que al eliminar una de las incógnitas se convierte en una ecuación bicúbica para la otra.

Esto no es sorprendente: sabemos que si $a_1$ es una solución, también lo son $\omega a_1$ y $\omega^2 a_1$ lo que significa que $a_1^3$ tiene menos valores posibles que $a_1$ . Esto es clave en el siguiente método.

Resolventes de Lagrange

Lagrange desarrolla las primeras ideas generales sobre cómo debe construirse la solvencia por radicales, observando el funcionamiento de diversos métodos, entre ellos los citados anteriormente. La clave de la teoría es lo que ocurre con las expresiones que contienen las raíces cuando las propias raíces se permutan, y es esto lo que finalmente conduce a lo que ahora llamamos teoría de Galois (en su encarnación original como el método más general para entender la estructura de las soluciones de las ecuaciones que utilizan permutaciones de las raíces).

Para simplificar, tomemos la misma ecuación cúbica de la sección anterior. Observa que si las raíces son $x_1,x_2,x_3$ podemos especificar desde $(1)$ que $$ x_1 = a_0 + a_1 + a_2 \\ x_2 = a_0 + \omega a_1 + \omega^2 a_2 \\ x_3 = a_0 + \omega^2 a_1 + \omega a_2 , $$ y así el $a_i$ puede expresarse en términos de $x_j$ , como $$ a_i = \frac{1}{3} \sum_{j=1}^3 \omega^{-ij} x_j , $$ tomando combinaciones lineales de las ecuaciones.

Supongamos ahora que reetiquetamos las raíces. ¿Qué ocurre con las $a_i$ ? Hay $6$ posibles formas de etiquetar las raíces, por lo que cada $a_i$ puede tomar como máximo $6$ valores. Pero, ciertamente, no todos toman esta cantidad: tenemos $$ 3a_0 = x_1 + x_2 + x_3 = -b $$ por una de las fórmulas de Vieta. Por otra parte, un cálculo sencillo muestra que $a_1$ generalmente tiene $6$ diferentes valores.

Lagrange demuestra que si una expresión tiene $n$ diferentes valores bajo todas las permutaciones de las raíces, es la raíz de una ecuación de grado $n$ cuyos coeficientes son funciones racionales de los coeficientes de la ecuación original. Así que $a_1$ es la raíz de una ecuación de grado $6$ . Por otro lado, $a_1^3$ sólo toma $2$ diferentes valores bajo permutaciones de las raíces: observe que $$ (x_1+\omega x_2+ \omega^2 x_3)^3 = (x_2+ \omega x_3 + \omega^2 x_1)^3 = ( x_3 + \omega x_1 + \omega^2 x_2 )^3 \\ (x_2+\omega x_1+ \omega^2 x_3)^3 = (x_1+ \omega x_3 + \omega^2 x_2)^3 = ( x_3 + \omega x_2 + \omega^2 x_1 )^3 , $$ utilizando $\omega^3=1$ . Por lo tanto, Lagrange nos dice que $a_1^3$ es una raíz de una ecuación cuadrática, a saber $$ (y-(\tfrac{1}{3}(x_1+\omega x_2+ \omega^2 x_3))^3)(y-(\tfrac{1}{3}(x_2+\omega x_1+ \omega^2 x_3))^3) = 0 , $$ que podemos demostrar que es $$ y^2 + \tfrac{1}{27}(2b^3-9bc+27d)y + \tfrac{1}{729}(b^2-3c)^3 = 0 \tag{2} $$ utilizando el resto de las fórmulas de Vieta para un cúbico. ¡Esta es la misma cuadrática que sigue apareciendo!

Finalmente, Lagrange demuestra un resultado aún más fuerte: que si $V$ es una expresión en las raíces que no cambia su valor bajo un determinado subconjunto de las permutaciones de las raíces, y $U$ es una expresión que toma $m$ bajo este subconjunto, entonces $U$ es una raíz de una ecuación de grado $m$ con coeficientes funciones racionales de $V$ y los coeficientes de la ecuación. Esto es bastante más de lo que necesitamos aquí, porque si tomamos $V = (x_1+ \omega x_2 + \omega^2 x_3 )^3$ entonces sabemos que $ U = (x_1+ \omega x_2 + \omega^2 x_3)/3 $ tiene tres valores diferentes bajo las permutaciones que fijan $V$ , a saber $\sqrt[3]{V}, \omega \sqrt[3]{V} $ y $\omega^2 \sqrt[3]{V}$ obviamente las soluciones a $$ u^3 = V . $$

Pero ahora sabemos que sólo una permutación fija $U$ , es decir, la identidad, y el resultado de Lagrange implica que $x_1$ es la raíz de una ecuación de grado $1$ con coeficientes funciones racionales de $U$ y los coeficientes de la ecuación original; es decir, una función racional de $U,b,c,d$ . En particular, $$ x_1 = -\frac{b}{3} + U + \frac{b^2-3c}{9U} , $$ las otras raíces que provienen de otros valores de $U$ .

En cierto sentido, este proceso, de encontrar expresiones que toman sólo unos pocos valores bajo ciertos conjuntos de permutaciones, es la única manera de resolver ecuaciones algebraicamente: se puede hacer un análisis similar del método de Tschirnhaus, aunque es mucho más complicado. Pero en el caso de la cúbica, sólo hay esencialmente una forma de hacerlo, la que acabamos de dar. Esto significa que cualquier El cálculo algebraico (en lugar de trascendental, utilizando funciones trigonométricas o hiperbólicas) de las raíces pasará por la cuadrática $(2)$ en algún momento.

Answer 2

No es exactamente lo que pides, pero la sustitución $x=2\sqrt{-p/3}\cos\theta$ gira $x^3+px+q=0$ en $4\cos^3\theta-3\cos\theta-3q=0$ . Desde $4\cos^3\theta-3\cos\theta=\cos3\theta$ Esto es $\cos3\theta=3q$ Así que $\theta=(1/3)\arccos(3q)$ et $x=2\sqrt{-p/3}\cos((1/3)\arccos(3q))$ .

Si $p>0$ y no quieres imaginarios entonces puedes empezar con la fórmula análoga del "triple ángulo" para el coseno hiperbólico, en su lugar.

Answer 3

Antes de Viéte, estaba Cardano. Supongamos que ya ha deprimido el cúbico a la Tartaglia, de modo que ahora tiene la forma $x^3+ax+b=0,$ escribir esto como $$x^3=px+q$$ y encontrar $u,v$ satisfaciendo $p=3uv$ y $q=u^3+v^3.$ Esto nos da una cuadrática cuyas raíces son $u^3,v^3,$ de donde se puede encontrar $u,v$ y una solución de la cúbica original es $x=u+v.$ Esto da la conocida fórmula de Cardano. Pero el proceso es más fácil de recordar, obviamente.

Answer 4

Aquí está mi patente para hacer el trabajo. La encontré en la escuela hace casi 40 años, porque nunca pude recordar la "sustitución ganadora" con el objetivo de estar preparado para las Olimpiadas. La idea es reducir con una simple sustitución lineal a la ecuación $$ x^3+px+q=0\ .\qquad(*) $$ Ahora recuerda la fórmula, mi fórmula favorita en esos momentos: $$ x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\ . $$ O incluso mejor, pero no estaba tan lejos, ya que necesitamos números complejos y una de las raíces terceras primitivas de la unidad, escribámoslo como $\varepsilon =\frac 12(-1+\sqrt{-3})$ y delegar la elección de $\sqrt{-3}$ , $$ x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x+\varepsilon y+\varepsilon^2 z)(x+\varepsilon^2 y+\varepsilon z)\ . $$ Y tratamos, por supuesto, de llevar $(*)$ en la forma anterior buscando algunos dos valores $y,z$ tal que $$ \left\{ \begin{aligned} p &= -3yz\ ,\\ q &= y^3+z^3\ . \end{aligned} \right. $$ A partir de las dos ecuaciones anteriores, obtenemos inmediatamente la suma y el producto de las incógnitas $y^3$ y $z^3$ Esto conduce (Vieta) a una ecuación de segundo grado con estas cantidades como raíces, obtenemos $y$ por una elección humana de la raíz cúbica de $y^3$ , entonces esto determina por $p=-3yz$ la raíz cúbica correlativa de $z$ que hay que tomar.

Ahora las raíces no sólo se extraen fácilmente, sino que su "estructura común" está mejor preparada para un estudio teórico de Galois, corresponden a la desaparición de uno u otro factor anterior, por lo que resolvemos para $x$ en: $$ \begin{aligned} 0 &= x+y+z\ ,&&\text{ or }\\ 0 &= x+\varepsilon y+\varepsilon^2 z\ ,&&\text{ or }\\ 0 &= x+\varepsilon^2 y+\varepsilon z\ . \end{aligned} $$

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La hoja de ruta anterior no es, por supuesto, diferente en el resultado, aunque sí en la exposición, pero para mí era diferente, digamos psicológica y mnemotécnicamente, porque era una idea simple detrás de la sustitución necesaria. Y este sigue siendo el método que utilicé didácticamente muchas veces.

Answer 5

Hay un caso especial, mónico y de coeficientes enteros, cuando el discriminante es un cuadrado perfecto. En este caso, los métodos de Gauss dan las raíces como sumas de cosenos. Un tratamiento moderno en COX y muchos, muchos ejemplos trabajados en REUSCHLE

En el primer ejemplo, las tres raíces de $x^3 + x^2 - 2x-1$ son $$ 2 \cos \left( \frac{2 \pi}{7} \right) \; , \; 2 \cos \left( \frac{4 \pi}{7} \right) \; , \;2 \cos \left( \frac{8 \pi}{7} \right) \; . \; $$

En el segundo ejemplo, las tres raíces de $x^3 + x^2 - 4x+1$ son $$ 2 \cos \left( \frac{2 \pi}{13} \right) + 2 \cos \left( \frac{10 \pi}{13} \right) \; , \; 2 \cos \left( \frac{4 \pi}{13} \right) + 2 \cos \left( \frac{6 \pi}{13} \right) \; , \; 2 \cos \left( \frac{8 \pi}{13} \right) + 2 \cos \left( \frac{12 \pi}{13} \right) \; . \; $$

  x^3 + x^2   - 2 x - 1   p  7 p.root  3 exps 6^k  d = 7^2
  x^3 + x^2   - 4 x + 1   p  13 p.root  2 exps 5^k  d = 13^2
  x^3 + x^2   - 6 x - 7   p  19 p.root  2 exps 8^k  d = 19^2
  x^3 + x^2   - 10 x - 8   p  31 p.root  3 exps 15^k  d = 2^2 * 31^2
  x^3 + x^2   - 12 x + 11   p  37 p.root  2 exps 8^k  d = 37^2
  x^3 + x^2   - 14 x + 8   p  43 p.root  3 exps 2^k  d = 2^2 * 43^2
  x^3 + x^2   - 20 x - 9   p  61 p.root  2 exps 8^k  d = 3^2 * 61^2
  x^3 + x^2   - 22 x + 5   p  67 p.root  2 exps 3^k  d = 3^2 * 67^2
  x^3 + x^2   - 24 x - 27   p  73 p.root  5 exps 7^k  d = 3^2 * 73^2
  x^3 + x^2   - 26 x + 41   p  79 p.root  3 exps 12^k  d = 79^2
  x^3 + x^2   - 32 x - 79   p  97 p.root  5 exps 19^k  d = 97^2
  x^3 + x^2   - 34 x - 61   p  103 p.root  5 exps 3^k  d = 3^2 * 103^2