Simples Matemática

A forma canónica da equação cúbica ou do 3.º grau é

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0\qquad$ com $a\neq 0\qquad \left( 1\right)$

O método de resolução usual começa por transformá-la noutra, fazendo a substituição $x=t+h$ :

$a\left( t+h\right) ^{3}+b\left( t+h\right) ^{2}+c\left( t+h\right) +d=0$

$at^{3}+\left( b+3ah\right) t^{2}+\left( c+2bh+3ah^{2}\right) t+d+ch+ah^{3}+bh^{2}=0$

Dividindo por $a$ e ordenando o polinómio do lado esquerdo pelas potências decrescente de $t$ , obtemos – se escolhermos $h=-\dfrac{b}{3a}$

$x=t-\dfrac{b}{3a}\qquad \left( 2\right)$

– uma nova equação cúbica (em $t$ ) à qual falta o termo do 2.º grau:

$t^{3}+pt+q=0\qquad \left( 3\right)$

cujos coeficientes são:

$p=\dfrac{c}{a}-\dfrac{b^{2}}{3a^{2}}\qquad \left( 4\right)$

$q=\dfrac{2b^{3}}{27a^{3}}-\dfrac{bc}{3a^{2}}+\dfrac{d}{a}\qquad\left( 5\right)$

Se exprimirmos a variável $t$ na soma de duas outras

$t=u+v\qquad \left( 6\right)$

a equação $\left( 3\right)$ transforma-se em

$\left( u^{3}+v^{3}+q\right) +\left( 3uv+p\right) \left( u+v\right) =0\qquad (7)$

Uma solução de $(7)$ é a dada pelo sistema em $u$ e $v$

$\left\{ \begin{array}{c}u^{3}+v^{3}=-q\\u^{3}v^{3}=-\dfrac{p^{3}}{27}\end{array}\right.\qquad \left( 8\right)$

Somos assim conduzidos ao problema de achar dois números $u^{3}$ e $v^{3}$ dos quais se sabe a soma $S=u^{3}+v^{3}=-q$ e o produto $P=u^{3}v^{3}=-\dfrac{p^{3}}{27}$ . Como é bem sabido esses números são as duas soluções $Y_{+}$ e $Y_{-}$ da equação auxiliar do 2.º grau:

$Y^{2}-SY+P=0\qquad \left( 9\right)$

De facto

$\left\{\begin{array}{c}Y_{+}+Y_{-}=S\\Y_{+}Y_{-}=P\end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{c}Y_{+}+P/Y_{+}=S\\Y_{-}=P/Y_{+}\end{array}\right.$

$\iff\left\{\begin{array}{c}Y_{+}^{2}-SY_{+}+P=0\\Y_{-}=P/Y_{+}\end{array}\right.$

$\left\{ \begin{array}{c}Y_{+}+Y_{-}=S\\Y_{+}Y_{-}=P\end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{c}Y_{-}+P/Y_{-}=S\\Y_{+}=P/Y_{-}\end{array}\right.$

$\iff\left\{\begin{array}{c}Y_{-}^{2}-SY_{-}+P=0\\Y_{+}=P/Y_{-}\end{array}\right.$

Resolvendo-a determinamos

$Y_{+}=\dfrac{S+\sqrt{S^{2}-4P}}{2}=-\dfrac{q}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}=\dfrac{-q+\sqrt{\Delta}}{2}\qquad\left( 10\right)$

$Y_{-}=\dfrac{S-\sqrt{S^{2}-4P}}{2}=-\dfrac{q}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}=\dfrac{-q-\sqrt{\Delta}}{2}\qquad\left( 11\right)$

Nesta notação o discriminante $\Delta$ é igual a

$\Delta =q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}$ .

Consideremos, sem perda de generalidade, $Y_{+}=u^{3}$ e $Y_{-}=v^{3}$ . Introduzindo $(10)$ e $(11)$ em $(6)$ , obtemos a solução $t_{1}=\sqrt[3]{Y_{+}}+\sqrt[3]{Y_{-}}$ :

$t_{1}=\left( \dfrac{-q+\sqrt{\Delta }}{2}\right) ^{1/3}+\left(\dfrac{-q-\sqrt{\Delta}}{2}\right) ^{1/3}$

ou seja

$t_{1}=\left( -\dfrac{q}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}+\left( -\dfrac{q}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}\qquad (12)$

e uma solução da equação inicial

$x_{1}=\left( -\dfrac{q}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}+\left( -\dfrac{q}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}-\dfrac{b}{3a}\quad \left( 13\right)$

Conhecida a solução $t_{1}$ , podemos determinar as duas restantes $t_{2}$ e $t_{3}$ decompondo o polinómio do primeiro membro de $(3)$ num produto de factores lineares:

$\left( t-t_{1}\right) \left( t-t_{2}\right) \left( t-t_{3}\right) =t^{3}+pt+q$

$t^{3}-\left( t_{1}+t_{2}+t_{3}\right) t^{2}+\left( t_{1}t_{2}+t_{1}t_{3}+t_{2}t_{3}\right) t-t_{1}t_{2}t_{3}=t^{3}+pt+q$

Os dois polinómios são equivantes se tiverem iguais coeficientes homólogos:

$\left\{ \begin{array}{c}t_{2}+t_{3}=-t_{1}\\t_{2}t_{3}=-\dfrac{q}{t_{1}}\end{array}\right. \qquad \left( 14\right)$

Novamente temos de determinar dois números $t_{2}$ e $t_{3}$ dos quais se conhece a soma ( $-t_{1}$ ) e o produto ( $-\dfrac{q}{t_{1}}$ ). Para esse fim formamos a equação do 2.º grau:

$Z^{2}+t_{1}Z-\dfrac{q}{t_{1}}=0\qquad \left( 15\right)$

que resolvida dá as soluções

$t_{2}=Z_{+}=-\dfrac{t_{1}}{2}+\sqrt{\dfrac{t_{1}^{2}}{4}+\dfrac{q}{t_{1}}}\qquad \left( 16\right)$

$t_{3}=Z_{-}=-\dfrac{t_{1}}{2}-\sqrt{\dfrac{t_{1}^{2}}{4}+\dfrac{q}{t_{1}}}\qquad \left( 17\right)$

As três soluções da equação em $x$ são então:

$x_{k}=t_{k}-\dfrac{b}{3a}\qquad k=1,2,3\qquad \left( 18\right)$

No caso do discriminante ser negativo, $p<0$ , convertemos os complexos conjugados $Y_{+}$ e $Y_{-}$ à forma trigonométrica

$Y_{+}=\dfrac{-q+i\sqrt{-\Delta }}{2}=\left\vert Y_{+}\right\vert \left(\cos \theta +i\sin \theta \right)$

$Y_{-}=\dfrac{-q-i\sqrt{-\Delta }}{2}=\left\vert Y_{-}\right\vert \left(\cos \theta -i\sin \theta \right)$

Os módulos são iguais:

$\left\vert Y_{+}\right\vert =\left\vert Y_{-}\right\vert =\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}-\Delta }=\sqrt{-\dfrac{p^{3}}{27}}$

e os argumentos são simétricos, sendo o de $Y_{+}$ :

$\theta =\arccos \left( \dfrac{-q/2}{\left\vert Y_{+}\right\vert }\right) =\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right)$

As três raízes cúbicas de $Y_{+}$ e $Y_{-}$ são ( $k=0,1,2$ )

$\left\{\begin{array}{c}\sqrt[3]{Y_{+}}=\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\left(\cos \left( \dfrac{\theta }{3}+\dfrac{2k\pi }{3}\right) +i\sin\left(\dfrac{\theta }{3}+\dfrac{2k\pi }{3}\right) \right)\\\\\sqrt[3]{Y_{-}}=\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\left( \cos \left( \dfrac{\theta }{3}+\dfrac{2k\pi }{3}\right) -i\sin \left(\dfrac{\theta }{3}+\dfrac{2k\pi }{3}\right) \right) \end{array}\right.\qquad \left( 19\right)$

Obtemos, respectivamente, para $k=0$ , $1$ e $2$ as três soluções da equação $\left( 3\right)$ :

$t_{1}=2\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right) \right) \qquad \left( 20\right)$

$t_{2}=2\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right) +\dfrac{2\pi }{3}\right) \qquad \left( 21\right)$

$t_{3}=2\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right) +\dfrac{4\pi }{3}\right) \qquad \left( 22\right)$

e as da equação original $\left( 1\right)$ :

$x_{1}=2\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right) \right) -\dfrac{b}{3a}\qquad \left( 23\right)$

$x_{2}=2\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right) +\dfrac{2\pi }{3}\right) -\dfrac{b}{3a}\qquad \left( 24\right)$

$x_{3}=2\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right) +\dfrac{4\pi }{3}\right) -\dfrac{b}{3a}\qquad \left( 25\right)$

Exemplos

1. Determine as soluções da equação

$x^{3}-6x^{2}+11x-6=0$

$\blacktriangleright\quad$ Os coeficientes são:

$a=1,b=-6,c=11,d=-6$

Pondo

$x=t-\dfrac{b}{3a}=t-\dfrac{-6}{3}=t+2$

a equação transforma-se em

$t^{3}-t=0$

uma vez que os seus coeficientes são

$p=11-\dfrac{\left( -6\right) ^{2}}{3}=-1$

$q=\dfrac{2\left( -6\right) ^{3}}{27}-\dfrac{\left( -6\right) 11}{3}-6=0$

As suas soluções são $t=0,1,-1$ , a que correspondem as da equação na forma canónica $x=2,3,1.\quad\blacktriangleleft$

2. Resolva

$2x^{3}-22x-12=0$

$\blacktriangleright\quad$ Agora temos

$a=2,b=0,c=-22,d=-12$

Como era de esperar a substituição é

$x=t-\dfrac{b}{3a}=t$

e os coeficientes da equação em $t$

$t^{3}-11t-6=0$

são simplesmente os da equação inicial divididos por $2$ :

$p=\dfrac{c}{a}=-11$

$q=\dfrac{d}{a}=-6$

O discriminante é negativo

$\Delta =\dfrac{6^{2}}{4}-\dfrac{11^{3}}{27}=-\dfrac{1088}{27}$

Assim, como $h=-\dfrac{b}{3a}=0$ :

$t_{1}=2\sqrt{\dfrac{11}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left(\dfrac{6}{2}\sqrt{\dfrac{27}{11^{3}}}\right) \right) =3,561\,6=x_{1}$

$t_{2}=2\sqrt{\dfrac{11}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left(\dfrac{6}{2}\sqrt{\dfrac{27}{11^{3}}}\right) +\dfrac{2\pi }{3}\right) =-3,0=x_{2}$

$t_{3}=2\sqrt{\dfrac{11}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left(\dfrac{6}{2}\sqrt{\dfrac{27}{11^{3}}}\right) +\dfrac{4\pi }{3}\right) =-0,561\,55=x_{3}$

Tentando diminuir os erros de cálculo, reparemos que o inteiro $-3$ é uma solução. Se recalcularmos as outras duas, obtemos as soluções exactas:

$-\dfrac{-3}{2}+\sqrt{\dfrac{9}{4}+\dfrac{-6}{-3}}=\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{17}$

$-\dfrac{-3}{2}-\sqrt{\dfrac{9}{4}+\dfrac{-6}{-3}}=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{17}\quad\blacktriangleleft$

3. Resolva a equação

$x-3x^{2}+x^{3}+5=0$

$\blacktriangleright\quad$ Os coeficientes são:

$a=1,b=-3,c=1,d=5$

Fazendo a substituição

$x=t+1$

obtém-se a equação

$t^{3}-2t-4=0$

em que

$p=\dfrac{1}{1}-\dfrac{\left( -3\right) ^{2}}{3}=-2$

$q=\dfrac{2\left( -3\right) ^{3}}{27}-\dfrac{\left( -3\right) }{3}+\dfrac{5}{1}=4$

Uma solução da equação em $t$ é dada pela fórmula resolvente

$t_{1}=\left( -\dfrac{4}{2}+\sqrt{\dfrac{4^{2}}{4}+\dfrac{\left( -2\right) ^{3}}{27}}\right) ^{1/3}+\left( -\dfrac{4}{2}-\sqrt{\dfrac{4^{2}}{4}+\dfrac{\left( -2\right) ^{3}}{27}}\right) ^{1/3}=-2$

a que corresponde a solução da equação em $x$ :

$x_{1}=-2-\dfrac{-3}{3}=-2+1=-1$

As restantes soluções da equação em $t$ são

$t_{2}=-\dfrac{-2}{2}+\sqrt{\dfrac{4}{4}+\dfrac{4}{-2}}=1+\sqrt{-1}=1+i$

$t_{3}=-\dfrac{-2}{2}-\sqrt{\dfrac{4}{4}+\dfrac{4}{-2}}=1-\sqrt{-1}=1-i$

e, portanto, as da equação em $x$ são

$x_{2}=1+i+1=2+i$

$x_{3}=1-i+1=2-i\quad\blacktriangleleft$

Adenda: a equação seguinte aparece nesta questão de Rajesh K Singh no MSE

$x^{3}-13x^{2}+32x+20=0$

As três soluções são

$x_{1}=\dfrac{2\sqrt{73}}{3}\cos\left(\dfrac{1}{3}\arccos\left(\dfrac{55\sqrt{73}}{5329}\right)\right)+\dfrac{13}{3}\approx 9.347\,9$

$x_{2}=\dfrac{2\sqrt{73}}{3}\cos\left(\dfrac{1}{3}\arccos\left( \dfrac{55\sqrt{73}}{5329}\right)+\dfrac{2\pi }{3}\right)+\dfrac{13}{3}\approx -0.513\,6$

$x_{3}=\dfrac{2\sqrt{73}}{3}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( \dfrac{55\sqrt{73}}{5329}\right) +\dfrac{4\pi }{3}\right) +\dfrac{13}{3}\approx 4.165\,7$

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Simples Matemática

quinta-feira, 7 de novembro de 2013

Para descontrair ...

Reforço equação do 3° grau para o ensino médio

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