13.2.16

"Escrito en 5 anos, pode durar milenios"


Cardano, who plagiarised before it was cool

O asunto de hoxe ten case 500 anos de historia, e comenza no Renacemento italiano. Sigamos a Girolamo Cardano cando resolveu a ecuación cúbica simplificada, $x^3+px=q$, ou se preferides, cando colleu prestada de Tartaglia a súa solución:

Collamos dous números $u$ e $v$ que cumpran $u-v=x$ e $u \cdot v=\frac{p}{3}$

Traballando con estas dúas novas variables:

$$(u-v)^3+p(u-v)=q$$
$$(u-v)[(u-v)^2+p]=q$$
$$(u-v)(u^2-2uv+v^2+3uv)=q$$
$$(u-v)(u^2+uv+v^2)=q$$
$$u^3-v^3=q$$
$$u^3-\Big(\frac{p}{3u}\Big)^3=q$$
$$u^6-qu^3-\Big(\frac{p}{3}\Big)^2=0$$
Resolvendo esta ecuación cuadrática en $u^3$:
$$u^3=\frac{q+-\sqrt{q^2+4\Big(\frac{p}{3}\Big)^2}}{2}$$
$$u^3=\frac{q}{2}\pm \sqrt{\Big(\frac{q}{2}\Big)^2+\Big(\frac{p}{3}\Big)^2}$$
Obtendo finalmente u e v como as dúas solucións da ecuación cuadrática, e desfacendo o cambio, a solución da ecuación orixinal:
$$x=\sqrt[3]{\frac{q}{2}+\sqrt{\Big(\frac{q}{2}\Big)^2+\Big(\frac{p}{3}\Big)^2}}-\sqrt[3]{\frac{q}{2}-\sqrt{\Big(\frac{q}{2}\Big)^2+\Big(\frac{p}{3}\Big)^2}}$$

Cardano só traballaba con valores positivos dos coeficientes, mais o método pode ser replicado sen problemas para casos como $x^3=15x+4$ (collendo x=u+v). Aínda que hoxe en día usamos exactamente o mesmo método e traballamos con $p=-15, q=4$.
Observamos ademais a ecuación do exemplo ten a solución x=4.
Aplicando o método adaptado, obtemos:
$$x=\sqrt[3]{2+11\sqrt{-1}}+\sqrt[3]{2-11\sqrt{-1}}$$
O que, en nomenclatura contemporánea, ten o aspecto
$$x=\sqrt[3]{2+11i}+\sqrt[3]{2-11i}$$

Como xa sabíamos que $x=4$ era unha solución da ecuación, significa isto que $\small{4=\sqrt[3]{2+11i}+\sqrt[3]{2-11i}}$?

Polo visto Cardano xa atopara estes números esvaradizos estudando as solucións de problemas como o seguinte:

"Divide 10 en dúas partes que multiplicadas dean 40"

Este ten o aspecto típico dos primeiros problemas non lineares que propoñemos aló por 2º de ESO. Resolto cunha soa ecuación, chegamos a:
$$x(10-x)=40 \rightarrow x^2-10x+40=0 \rightarrow x=\frac{10 \pm \sqrt{100-160}}{2}=$$ 
$$\frac{10 \pm \sqrt{-60}}{2}= 5 \pm \sqrt{-15}$$

Que escribimos hoxe $$x=5 \pm i\sqrt{15}$$

Imaxinarios, chamaríadelos agora?


P.D.: levaba uns anos querendo falar un anaco da ecuación cúbica. Que sexa a primeira vez en 12 anos de choio que dou os números complexos é a escusa perfecta para esta entrada. Cardano escribiu o seu libro en 5 anos, estimou que o seu contido duraría milenios, e agora en 1º de Bacharelato miniaturizamos estas ideas en 5 ou 6 sesións. Dalgún xeito tiña que resarcirme.



2 comentarios:

  1. É realmente curioso. Eu espero que entre os dunha mesma comunidade teñamos os mesmos "lugares comúns", e que frases coma esta de Cardano coa que titulas a entrada, debería serme coñecida. Pois a pesar de ter lido varias veces en diferentes lugares a historia da resolución da cúbica, sorprendeume a frase. Se algunha vez a lin, nunca reparara nela.

    ReplyDelete
    Replies
    1. JJ2/23/2016 06:27:00 PM

      Eu recoñezo que é dos temas polos que máis veces pasei... por riba.
      Se xuntas que é máis sinxelo atopar a frase traducida ao inglés:"Written in five years, may it last as many thousands"
      que no orixinal:
      "Quinquies exscriptus, maneat tot millibus annis"
      Artis magnae, sive de regulis algebraicis, liber unus
      Probablemente porque se buscas "Ars Magna Cardano", a versión que sae, en pdf, reproduce unha versión posterior na que non aparece a tremenda frase.

      Delete