Motivación de la transformación de Vieta

Question

La ecuación cúbica deprimida $y^3 +py + q = 0$ puede resolverse con la transformación de Vieta (o la sustitución de Vieta)

$y = z - \frac{p}{3 \cdot z}.$

Esto reduce la ecuación cúbica a una ecuación cuadrática (en $z^3$).

¿Existe alguna motivación geométrica o algebraica para esta transformación? No estoy preguntando por qué funciona esta transformación, esto es solo un cálculo sencillo. Más bien me gustaría saber cómo se llegó a ella. Quizás incluso cómo y cuándo Vieta la descubrió. No he encontrado nada sobre la historia de esta transformación, excepto que probablemente no fue inventada por Vieta.

Observa que la conjetura $y = z + \frac{c}{z}$ para una constante $c$ eventualmente llevará a $c = -\frac{p}{3}$, pero ¿qué motiva esta conjetura - excepto por el hecho de que funciona al final? Esto es lo que supongo (pero aún no es convincente): Las transformaciones polinomiales no funcionan, así que intentemos con transformaciones racionales. Intentemos mantener el grado bajo.

Soy consciente de la teoría de Galois y de cómo ayuda a comprender la cúbica desde un punto de vista altamente conceptual, pero me gustaría evitar la teoría de Galois aquí.

Cualquier información sobre la historia de esta transformación también será apreciada.

Answer 1

La motivación de Viète provino de la solución del siguiente problema:

Encontrar dos números cuando se conocen su suma y la suma de sus cubos, es decir, encontrar $x$ y $y$ tales que $$x+y=a, \qquad x^3+y^3=d$$ Una solución simple consiste en factorizar la última expresión: $$\begin{align}x^3+y^3&=(x+y)(x^2-xy+y^2) \\ &=(x+y)((x+y)^2-3xy) \\ &=a(a^2-3xy)=d\end{align}$$ Ahora podemos encontrar $$xy={a^3-d \over 3a}$$ y el problema se reduce al mucho más simple de resolver las ecuaciones $x+y=a$ y $xy=b$, que Viète ya había considerado.

Viète se dio cuenta de que tenía una relación muy interesante entre la suma de dos números, el producto de los dos números, y la suma de sus cubos, dada por $$a^3 - 3ba = d$$ Por lo tanto, si tenía una ecuación en esta forma, donde $a$ era la incógnita, podría resolverla encontrando $x$ y $y$ tales que $a=x+y$ y $b=xy$. Esto lleva a la sustitución $$a = x + {b\over x}$$ La ecuación entonces se convierte en $$x^3+{b^3\over x^3}=d$$ lo que da a $d$ como la suma de los cubos, y que es un cuadrático en $x^3$.

Editar: El Arte Analítico de Viète está disponible en línea. El ejemplo motivador está en la pág. 110, y esta solución de la ecuación cúbica está en la pág. 289. Los métodos de Viète también están explicados en Victor Katz: Una Historia de las Matemáticas. Una Introducción.

Answer 2

La propia motivación de Vieta fue muy bien cubierta en la respuesta de @PerManne. Lo siguiente es otra forma de ver una posible percepción algebraica, que no utiliza nada que no hubiera sido familiar para Vieta.

Supongamos que una raíz de la cúbica deprimida $\,y^3+py+q=0\,$ está en la forma $\,y=\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\,$, lo cual no hubiera sido una suposición irrazonable en esos tiempos [1].

Luego, con $\,u=a+b, v=ab\,$, se sigue que:

$$ \begin{align} y^3 \;&=\; \left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\right)^3 \;=\; a + b + 3\sqrt[3]{ab}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}) \;=\; u +3 \sqrt[3]{v}\,y \\ & \;\;\;\;\;\;\;\;\iff \;\;\;\;\;\; y^3 - 3 \sqrt[3]{v}\,y - u = 0 \tag{1} \end{align} $$

Para que $\,(1)\,$ coincida con la ecuación original, asegurando así que $\,y\,$ sea una raíz, es suficiente que:

$$ \begin{align} \begin{cases} -u &= q \\ -3 \sqrt[3]{v} &= p \end{cases} \;\;\;\;\implies\;\;\;\; \begin{cases} u &= -q \\ v &= -\dfrac{p^3}{27} \tag{2} \end{cases} \end{align} $$

Se deduce que $\,a, b\,$ son las raíces de $\,t^2+qt-\dfrac{p^3}{27}=0\,$, que es el mismo cuadrático derivado de los métodos de Vieta (y otros).

Además, al dejar $\,z=\sqrt[3]{a}\,$, se sigue de $\,(2)\,$ que $\,\sqrt[3]{b}=-\dfrac{p}{3z}\,$, entonces $\,y=\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}=z-\dfrac{p}{3z}\,$ no solo justifica la forma de Vieta, sino que también hace más explícito el significado y la simetría.

[1] Citando a Friedrich Katscher de Cómo Tartaglia Resolvió la Ecuación Cúbica - Solución de Tartaglia:

[

La ecuación cuadrática tiene una solución en la forma de un binomio $a+\sqrt{b}$ o de un residuo $a−\sqrt{b}$. Esto sugirió que las ecuaciones cúbicas también podrían tener una solución en la forma de un binomio o un residuo, sin embargo, con raíces cúbicas en lugar de cuadráticas. Probablemente Tartaglia probó las diferentes posibilidades, y así encontró que el residuo $\sqrt[3]{a}−\sqrt[3]{b}$ y el binomio $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}$ condujeron a las soluciones que buscaba.

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[ EDICIÓN ]  Otra motivación menos obvia para la sustitución de Vieta de $\,z\,$ en lugar de la forma $\,\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\,$ utilizada en los métodos de Tartaglia y Cardano es que evita la ambigüedad en la elección de las raíces cúbicas cuando las raíces del cuadrático son (no reales) complejas. Una vez que se elige una de las raíces cúbicas como $\,\sqrt[3]{a}=z\,$, la otra se elige necesariamente como $\,\sqrt[3]{b} = -\frac{p}{3 z}\,$.

](https://www.maa.org/press/periodicals/convergence/how-tartaglia-solved-the-cubic-equation-tartaglias-solution)

Answer 3

Aquí hay otra forma de descubrir la transformación de Vieta. Comienza con el polinomio clásico de Chebyshev $T_n(X)$, que satisface $T_n(\cos\theta)=\cos n\theta$. Es bien conocido que

$$T_n\Bigl(\frac{X+X^{-1}}2\Bigr)=\frac{X^n+X^{-n}}2.$$

[Una forma de deducir esto es escribir $z:=e^{i\theta}$, de modo que $\cos\theta=(z+1/z)/2$ y $\cos n\theta=(z^n+1/z^n)/2$, lo que significa que la identidad anterior se cumple cuando $X$ toma cada uno de los infinitos valores $e^{i\theta}$ -- entonces al restar el lado derecho de la identidad del lado izquierdo se obtiene una función racional cuyo numerador tiene infinitas raíces, y por lo tanto es el polinomio cero.]

En caso de que $n=3$, esta identidad dice

$$(4X^3-3X)\circ\frac{X+X^{-1}}2 = \frac{X^3+X^{-3}}2,$$

o equivalentemente

$$ (X^3-3X)\circ (X+X^{-1}) = X^3+X^{-3},$$

lo que produce la sustitución de Vieta en caso de que $p=-3$. Para obtener sustituciones similares para un $X^3+pX$ arbitrario, simplemente conjuga la identidad anterior por $rX$ para obtener

$$ \Bigl(rX\circ (X^3-3X)\circ X/r\Bigr) \circ \Bigl(rX\circ (X+X^{-1})\circ X/r\Bigr) = rX\circ (X^3+X^{-3})\circ X/r,$$

que se simplifica a

$$ (r^{-2}X^3-3X) \circ (X+r^2X^{-1}) = r^{-2}X^3+r^4X^{-3}.$$

Ahora multiplica por $r^2$ para obtener

$$ (X^3 - 3r^2 X) \circ (X+r^2 X^{-1}) = X^3 + r^6 X^{-3}.$$

Escribiendo $p:=-3r^2$, esto se convierte en

$$ (X^3 + pX) \circ \Bigl(X-\frac{p}{3X}\Bigr) = X^3 - \frac{p^3}{27X^3},$$

que es la identidad de Vieta.

Entonces se puede ver la sustitución de Vieta como un cambio de variables de la identidad $\cos 3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$.

Destaco que se puede resolver de manera similar cualquier ecuación de la forma $$T_n(X) = q$$ sustituyendo $X+1/X/2$ por $X$ para obtener $$X^n + X^{-n} = 2q$$, lo que produce un polinomio cuadrático en $X^n$. La característica inusual del caso $n=3$ es que cada polinomio de grado 3 es un cambio lineal de variables de $X^3$ o de $T_3(X)$, por lo que el hecho de que podamos resolver $T_n(X)=q$ y $X^n=q$ implica que podemos resolver todos los polinomios de grado 3.

Answer 4

En la notación de $$p=-\dfrac34r^2\tag1$$ el cúbico dado toma la forma de $$4y^3-3r^2y+4q=0,$$ o $$4\,\dfrac{y^3}{r^3}-3\,\dfrac yr + \dfrac{4q}{r^3}=0.\tag2$$ Sea $$y=r\cosh t =\dfrac r2\left(e^t+e^{-t}\right),\tag3$$ entonces de $(2)-(3)$ se obtiene $$\cosh 3t + \dfrac{4q}{r^3}=0,\quad \dfrac{r^3}8\left(e^{3t}+e^{-3t}\right)+q=0.\tag4$$ Asumiendo $$z=\dfrac r2\,e^t,$$ es fácil obtener $$y=z+\dfrac{r^2}{4z}=z-\dfrac p{3z},$$ $$z^3-\dfrac{p^3}{27z^3}+q = 0.$$ Esto aclara la sustitución de Vieta.