Cúbicas bonitas

Unha das directrices obvias que adoitamos seguir os profesores de Matemáticas consiste en comezar poñendo exemplos con números "sinxelos", en calquera ámbito no que nos adentremos coas clases. A razón é previsible: non queremos distraer aos alumnos do obxecto do exemplo. A teoría da carga cognitiva apoia esta intuición dos docentes: se os alumnos teñen que pelexar cun número do tipo $\frac{0,5\widehat{43}-\sqrt[3]{25}}{\sqrt{34}}$ polo medio de tentar aprehender un concepto novo, a súa memoria operativa vai pedir papas, o que provocará que non quede ren para o obxectivo esencial, que é a comprensión do novo concepto.

Por desgraza, hai casos nos que non temos nada que facer. O máis inmediato é o dos cadrados con dimensións naturais: se o lado é natural, a diagonal vai ter un $\sqrt{2}$ bailando, se a diagonal é natural, será o lado o que teña $\sqrt{2}$ polo medio(e un 2 no denominador se a diagonal é impar). Máis adiante na secuencia de contidos que van aparecendo pola asignatura hai unha situación na que tentamos poñer exemplos limpos, a da representación gráfica de funcións, e ás veces iso implica utilizar unha cantidade de tempo considerable buscando. Atopar unha función con raíces sinxelas non ten máis misterio que coller os números que queiramos, $a_1, a_2, a_3, \dots , a_n$ e construír a función polinómica $f(x)=\prod\limits_{k=1}^{n} (x-a_k)=(x-a_1)(x-a_2) \dots (x-a_n)$. Pero isto non garante que os puntos críticos da función sexan sinxelos tamén. Unha función tan inofensiva como $f(x)=x(x+1)(x-3)=x^3-2x^2-3x$ ten puntos críticos $x=\frac{2 \pm \sqrt{13}}{3}$, que bonitos non son, a verdade.

Pois ben, centrémonos nas funcións cúbicas, suficientemente interesantes para amosar xa dous puntos críticos e un punto de inflexión, pero non demasiado difíciles para que as contas sexan excesivas ou impracticables. Partamos dunha función cúbica con 3 raíces, 0, a e b, cousa que podemos facer simplemente transladando as raíces para que unha pase a ser 0. Por tanto, $f(x)=x(x-a)(x-b)=x^3-(a+b)x^2+ab$, e vexamos que condicións imos ter que impór nos enteiros a e b para que f teña puntos críticos e punto de inflexión manexables, o que vou traducir como enteiros.

Se usamos forza bruta para atopar as raíces da derivada,$f'(x)=3x^2-2(a+b)x+ab$, teríamos que pelexar simultaneamente con dous obstáculos, a racionalidade do discriminante e que o denominador divida ao numerador da fórmula. Podemos evitar un deses problemas impoñendo que f'(x) teña o aspecto $f'(x)=3(x-c)(x-d)=3x^2-3(c+d)x+3cd$, sendo c e d as abscisas sinxelas para os puntos críticos que estamos a buscar. Álxebra, come softly...

$$\begin{cases} 2(a+b)=3(c+d) \\ ab=3cd \end{cases}$$

Da 2ª ecuación deducimos que a ou b son múltiplos de 3, pero a 1ª ecuación fai que se un é múltiplo de 3, o outro tamén, polo que os dous teñen que ser múltiplos de 3, e podemos escribir $a=3m, b=3n$,  e reescribir todo:

$$\begin{cases} 2(m+n)=c+d \\ 3mn=cd \end{cases}$$

e agora podemos deducir que 3 é divisor de c ou de d, dada a simetría do choio, supoñamos que é c, e escribamos $c=3e$:

$$\begin{cases} 2(m+n)=3e+d \\ mn=ed \end{cases}$$

Eliminemos m:

$$2(m+n)n=(3e+d)n \rightarrow 2ed+2n^2=(3e+d)n \rightarrow 2n^2-(3e+d)n+2ed=0$$

Como tantas veces, para que esta ecuación en n teña raíces enteiras, é necesario que o discriminante da ecuación sexa un cadrado perfecto:

$$\Delta=(3e+d)^2-16ed=f^2 \rightarrow 9e^2+6ed+d^2-16ed=f^2 \rightarrow 9e^2-10ed+d^2=f^2$$

E agora que? Mirar moito e ter sorte:

$$d^2-10ed+25e^2-25e^2+9e^2=f^2 \rightarrow (d-5e)^2=f^2+(4e)^2$$

O que nos leva á ecuación diofántica máis coñecida, a pitagórica. Tendo en conta a paridade de 2e, a solución xeral é:

$$\begin{cases} d-5e=k(r^2+s^2) \\ f=k(r^2-s^2) \\ 4e=2krs \end{cases}$$

sendo, como é usual, k un natural calquera e r e s coprimos e de paridade oposta. Atopemos os valores de n e m:

$$n=\frac{3e+d \pm \sqrt{\Delta}}{4} $$

Usamos agora que $3e+d=d-5e+2 \cdot 4e=k(r^2+s^2)+4krs=k(r^2+s^2+4rs)$, e vou eliminar o $\pm$, pois as dúas posibilidades son os valores de n e m, precisamente:

$$n=\frac{k(r^2+s^2+4rs) + k(r^2-s^2)}{4}=\frac{k(2r^2+4rs)}{4}=\frac{kr(r+2s)}{2}$$

E $$m=\frac{ks(s+2r)}{2}$$

Para que n e m sexan naturais, ten que suceder que k sexa un número par, $k=2t$

$$\begin{cases} m= ts(s+2r) \\ n= tr(r+2s) \end{cases}$$

Lembrando que $a=3m, b=3n, c=3e$,

$$\begin{cases} a= 3ts(s+2r) \\ b= 3tr(r+2s) \\  c=3trs \\ d=2t(r^2+s^2)+5trs=t(2r+s)(r+2s) \end{cases}$$

Velaquí a parametrización que buscabamos, coas restricións comentadas, r e s son números coprimos e de paridade oposta. Para listar as funcións "bonitas" estas restricións van supoñer un obstáculo.

Pois ben, como aproximación a unha representación mellor pensada para esta listaxe, velaquí un applet en geogebra onde ademais da parametrización obtida, permito transladar a cúbica para que non sexa obrigado que pase pola orixe:

Nesta entrada seguín varios artigos, pois o asunto "escolar" de dispoñer de funcións sinxelas semella que hai anos que é unha teima dos profesores. Entre eses artigos, teño que salientar:

• Jim Buddenhagen, Charles Ford e Mike May, Nice Cubic Polynomials, Pythagorean Triples, and the Law of Cosines, Math. Mag. 65 (1992) pp. 244-249
• Jean-Claude Evard, Polynomials whose roots and critical points are integers, arXiv (2004)
• T. Bruggeman and T. Gush, Nice cubic polynomials for curve sketching, Math. Mag. 53 (1980), pp. 233-234
• R. H. Buchholz and J. A. MacDougall When Newton met Diophantus: A Study of Rational-Derived Polynomials and Their Extension to Quadratic Fields, J. Number Th. 81 (2000) pp. 210-233