¿Por qué TODAS las ecuaciones cuadráticas pueden resolverse mediante la fórmula cuadrática?

Question

En álgebra, todos los problemas cuadráticos se pueden resolver utilizando la fórmula cuadrática. Leí un par de libros y me dijeron que sólo CÓMO y CUANDO utilizar esta fórmula, pero no me dicen POR QUÉ Puedo usarlo. He intentado resolverlo demostrando que estas dos ecuaciones son iguales, pero no puedo.

¿Por qué puedo utilizar $x = \dfrac{-b\pm \sqrt{b^{2} - 4 ac}}{2a}$ para resolver todas las ecuaciones cuadráticas?

Answer 1

Me gustaría demostrar la Fórmula Cuadrática de una manera más limpia. Quizás si los profesores ven este enfoque serán menos reacios a demostrar la Fórmula Cuadrática.

Añadido: Recientemente he aprendido del libro Fuentes en el desarrollo de las matemáticas: Series y productos del siglo XV al XXI (Ranjan Roy) que el método descrito a continuación fue utilizado por el matemático del siglo IX Sridhara. (Recomiendo encarecidamente el libro de Roy, cuya cobertura es mucho más amplia de lo que sugiere el título).

Queremos resolver la ecuación $$ax^2+bx+c=0,$$ donde $a \ne 0$ . El argumento habitual empieza por dividiendo por $a$ . Esto es un error estratégico La división es fea, y produce fórmulas que son desagradables de escribir.

En su lugar, multiplicar ambos lados por $4a$ . Obtenemos la ecuación equivalente $$4a^2x^2 +4abx+4ac=0.\tag{1}$$ Tenga en cuenta que $4a^2x^2+4abx$ es casi el cuadrado de $2ax+b$ . Más concretamente, $$4a^2x^2+4abx=(2ax+b)^2-b^2.$$ Así que nuestra ecuación puede reescribirse como $$(2ax+b)^2 -b^2+4ac=0 \tag{2}$$ o de forma equivalente $$(2ax+b)^2=b^2-4ac. \tag{3}$$ Ahora todo ha terminado. Encontramos que $$2ax+b=\pm\sqrt{b^2-4ac} \tag{4}$$ y por lo tanto $$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}. \tag{5}$$
¡No hay fracciones hasta el final!

Añadido : He tratado de demostrar que la división inicial por $a$ , cuando es seguido por un procedimiento de completar el cuadrado, no es la estrategia más sencilla. Se puede observar además que si primero dividimos por $a$ Al final necesitamos un par de pasos adicionales de "álgebra" para deshacer en parte la división con el fin de dar a las soluciones su forma tradicional.

División por $a$ es definitivamente un comienzo correcto si va seguido de un argumento que desarrolle la conexión entre los coeficientes y la suma y el producto de las raíces. Lo ideal es presentar cada tipo de prueba, ya que cada una conecta con una familia importante de ideas. Y un teorema demostrado dos veces es doblemente verdadero.

Answer 2

He aquí un enfoque algo menos ad hoc para derivar la fórmula.

Se mira el polinomio $ax^2+bx+c$ y se piensa que está compuesto por dos tipos de indeterminados: los coeficientes $a$ , $b$ , $c$ y variable $x$ . Lo que desea es que si $ax^2+bx+c=a(x-r_1)(x-r_2)$ quieres encontrar una expresión para $r_1$ y $r_2$ en términos de $a,b,c$ que implica únicamente las operaciones $+,-,\times,\div$ y $\sqrt[n]{}$ .

Pero, ¿cómo son $r_1$ y $r_2$ relacionado con $a,b$ y $c$ ? Si se observa la expresión $ax^2+bx+c=a(x-r_1)(x-r_2)$ es fácil calcular que $b=-a(r_1+r_2)$ y $c=ar_1r_2$ .

Intuitivamente porque sabes que $(r_1+r_2)=-\frac ba$ , determinando $r_1$ y $r_2$ es lo mismo que determinar $(r_1-r_2)$ . Sea $E=(r_1-r_2)$ y observe que $2r_1=(r_1+r_2)+(r_1-r_2)=-\frac ba+E=$ y $2r_2=(r_1+r_2)-(r_1-r_2)=-\frac ba-E$ , por lo que ya tenemos la mayor parte de nuestra fórmula cuadrática: $$r_1,r_2=\frac{-b}{2a}\pm\frac{E}2$$

Todo lo que tenemos que hacer entonces, es expresar $E=(r_1-r_2)$ utilizando $+,-,\times,\div,\sqrt[n]{}$ en términos de $a,b,c$ . Para ello, tenemos que dar un pequeño rodeo para ver qué expresiones en $+,-,\times,\div$ y $a,b,c$ podría ser.

Obsérvese que los coeficientes $b=-a(r_1+r_2)$ y $c=r_1r_2$ son funciones simétricas en $r_1$ y $r_2$ en el sentido de que si se intercambia $r_1$ con $r_2$ entre sí, los valores de $b$ y $c$ no cambian. Además, $b$ y $c$ son en realidad múltiplos escalares de los llamados funciones simétricas elementales que tienen la propiedad de que cualquier función simétrica (en $2$ variables) puede expresarse de forma única como un polinomio (cociente de polinomios para nuestros propósitos) en ellas.

En particular, podemos "simetrizar" la cantidad $E=(r_1-r_2)$ para obtener el discriminante $D=(r_1-r_2)^2$ que es en cierto sentido "la más pequeña" función simétrica de $r_1$ y $r_2$ que se convierte en 0 si $r_1=r_2$ . Sin embargo, técnicamente, lo anterior es el discriminante sólo cuando $a=1$ porque nuestros coeficientes $b$ y $c$ son funciones simétricas elementales escaladas por $a$ por lo que definimos el discriminante general como $D=a^2(r_1-r_2)^2$ . Porque $D$ es simétrico y $b$ y $c$ son (hasta un factor multiplicativo) simétricos elementales, deberíamos poder expresar $D$ como un polinomio en $b$ y $c$ .

Lo hacemos de forma un tanto ad hoc (aunque hay algoritmos que lo hacen de forma procedimental): $$D=a^2(r_1-r_2)^2$$ así que $$D=a^2(r_1^2-2r_1r_2+r_2^2)$$ por lo que $$D=a^2(r_1^2+2r_1r_2+r_2^2-4r_1r_2)$$ y finalmente $$D=a^2(r_1+r_2)^2-a^24r_1r_2$$ dándonos $$D=b^2-4ac$$

Evidentemente, ahora tenemos que $\sqrt{D}=a(r_1-r_2)=aE$ y así $E=\frac{\sqrt{D}}a$ . Esto nos permite reescribir nuestra fórmula hasta ahora para llegar a $$r_1,r_2=\frac{-b}{2a}\pm\frac{E}{2}$$ a $$r_1,r_2=\frac{-b}{2a}\pm\frac{\sqrt{D}}{2a}$$ y finalmente $$r_1,r_2=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$

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La única pregunta extraña es: ¿por qué sólo tuvimos que sacar una raíz cuadrada para obtener la fórmula, es decir, por qué la cantidad $E=(r_1-r_2)$ resulta ser una raíz cuadrada de un bonito polinomio en $a,b,c$ ? Ahí es donde los modernos Teoría de Galois entra.

Lo que realmente ocurre es lo siguiente: los cuatro primeros sugieren que se piense en los coeficientes como si vivieran en el campo $F$ (un conjunto de expresiones tal que la suma, la resta, la multiplicación o la división de dos de ellas cualesquiera da otra expresión del conjunto) que consiste en $\{\dfrac {p(a,b,c)}{q(a,b,c)}\}$ donde $p$ y $q$ son polinomios en tres variables (y coeficientes racionales). Entonces $r_1$ y $r_2$ generará un campo de extensión $E$ de $F$ es decir, el campo más pequeño $E$ que contiene $F$ y también $r_1$ y $r_2$ . La teoría de Galois dice que este campo de extensión $E$ será un $2!=2$ -espacio vectorial de dimensiones sobre $F$ y por lo tanto una sola raíz cuadrada será suficiente para generar $E$ . Así pues, necesitamos una expresión en los coeficientes (expresión simétrica en las raíces) cuya raíz cuadrada sea una expresión en las raíces, pero no simétrica, y una elección natural es entonces la función antisimétrica más elemental conocida como la Determinante de Vandermonde que es precisamente $(r_1-r_2)$ en este caso (antisimétrico=intercambiar dos variables invierte el signo, obviamente el cuadrado de una función antisimétrica es una función simétrica).

En el caso de los polinomios generales, el campo de extensión será de mayor dimensión, por lo que habrá que tomar posiblemente varias raíces de distinto orden. La teoría de Galois nos permite calcular cuáles deben ser estas raíces y en qué orden (lo que nos da las fórmulas cúbicas y cuádricas de una manera nada ad-hoc), y también muestra que el grado general $5$ y el polinomio anterior no tiene una fórmula que implique sólo $+,-,\times,\div,\sqrt[n]{}$ . (Algunas personas se asustan por esto, porque al tomar las raíces se debería invertir el aumento de las potencias, pero no es así porque el orden de las operaciones importa...) Ahora bien, si los coeficientes del polinomio de grado superior satisfacen algunas relaciones adicionales (es decir, no son completamente independientes entre sí), entonces la teoría de Galois también da procedimientos para calcular fórmulas para esos casos y también para determinar cuáles deben ser esas relaciones.

Answer 3

Una prueba sin palabras.

Este muestra que $$ax^2+bx+c=a\left(x+\dfrac b{2a}\right)^2+c-\dfrac{b^2}{4a}$$ de la que se puede derivar fácilmente la fórmula cuadrática.

Créditos a LucasVB .

Espero que esto ayude.
Mis mejores deseos, $\mathcal H$ akim.

Answer 4

Probablemente la forma más fácil de entender de dónde viene la fórmula cuadrática es "completar el cuadrado": resolver ecuaciones de la forma ' $x^2$ =cualquier cosa' es fácil, así que veamos si podemos poner nuestra ecuación cuadrática ( $ax^2+bx+c=0$ ) de esa forma.

Lo primero que hay que hacer es dividir por $a$ Por supuesto, esto no funciona si $a=0$ pero entonces, si ese es el caso, ¡nuestra fórmula no era cuadrática en el primer caso! Esto nos da $x^2+{b\over a}x+{c\over a}=0$ . Ahora, eso $b\over a$ término nos impide tener un cuadrado limpio - pero si recordamos cómo elevar al cuadrado una suma de dos números - $(m+n)^2=m^2+2mn+n^2$ - entonces sustituyendo $x$ pour $m$ podemos ver que nuestro $n$ debe ser la mitad del término lineal: $(x+{b\over 2a})^2 = x^2+{b\over a}x + {b^2\over 4a^2}$ . Pero ahora el término constante no es correcto; tenemos que ajustarlo para que sea $c\over a$ . Una corrección de $({c\over a}-{b^2\over 4a^2})$ lo hará; obtenemos $(x+{b\over 2a})^2+({c\over a}-{b^2\over 4a^2}) = 0$ .

Pero esto es exactamente lo que queríamos; podemos mover ese segundo término hacia la derecha y conseguir $(x+{b\over 2a})^2 = {b^2\over 4a^2}-{c\over a}$ . Limpiando un poco el lado derecho se consigue ${b^2-4ac\over 4a^2}$ - sólo hay que multiplicar el numerador y el denominador de $c\over a$ por $4a$ y combinar los términos. Ahora, podemos seguir adelante y tomar la raíz cuadrada de ambos lados: $x+{b\over 2a} = \pm \sqrt{b^2-4ac\over 4a^2} = \pm {\sqrt{b^2-4ac}\over\sqrt{4a^2}} = {\pm\sqrt{b^2-4ac}\over 2a}$ . El último paso es restar $b\over 2a$ de ambas partes, dando finalmente lo conocido: $x = {-b\pm\sqrt{b^2-4ac}\over 2a}$

Answer 5

Completa el cuadrado,

Si te atreves,

Y la respuesta

¡Estará allí!