Mat01199 - Cálculo A - UFRGS

Prof. João Batista Carvalho

Solução analítica de equações do terceiro grau: o caso complicado

É desenvolvida aqui a solução de um problema de raízes que apareceu na disciplina de Cálculo A, no contexto do estabelecimento dos intervalos de crescimento e de decrescimento da função $$y = -x^4+4x^3-4x+1$$.

O estudo dos sinais da função derivada $$y' = -4x^3+12x^2-4 = -4(x^3-3x^2+1)$$ naturalmente conduz ao problema de raízes $x^3-3x^2 + 1=0$.

Problemas de raízes do terceiro grau possuem soluções analíticas conhecidas desde o século 16. Uma referência completa pode ser encontrada nesse artigo da Wikipedia.

A solução analítica emprega algumas técnicas que ostentam um tipo de beleza (angelical) que nos dias de hoje pouco se valoriza.

A primeira das técnicas é uma mudança de variável que visa eliminar o termo de grau dois da equação. A substituição $x = t-a/3$, onde $a$ é o coeficiente de tal termo, define uma nova variável $t$, em nosso exemplo via $x = t-(-3)/3=t+1$, para a qual o problema se re-escreve:

$$(t+1)^3 - 3(t+1)^2 + 1 = 0 \Leftrightarrow t^3-3t-1 =0$$

A segunda técnica é uma parametrização que usa (pega carona em) uma identidade matemática muito conhecida mas pouco lembrada: a diferença de cubos. Preste atenção no conhecido resultado

$$(v-u)^3 = v^3-3v^2u+3vu^2-u^3 \Leftrightarrow (v-u)^3+3uv(v-u)+(u^3-v^3)=0$$

que agora comparamos com nossa equação reduzida $t^3 + pt + q=0$. Para cada par de valores $u$ e $v$ tais que $3uv = p$ e $u^3-v^3=q$, $t = v-u$ produzirá solução dessa equação reduzida, como consequência da identidade acima. Tais $u$ e $v$ são nossos novos parâmetros. Em nosso exemplo, precisamos de $u$ e $v$ tais que $3uv = -3$ e $u^3-v^3=-1$. A primeira equação implica $$v = \frac{-1}{u}$$ e então a segunda equação é equivalente a

$$u^3 + \frac{1}{u^3} = -1 \Leftrightarrow z^2 + z + 1 = 0, z = u^3$$

e como a equação do segundo grau $z^2 + z + 1 = 0$ tem discriminante $\Delta = (1)^2-4(1)(1) < 0$, nosso processo de solução está no conhecido caso irredutível (veja a referência na Wikipedia, acima).

Agora então a terceira técnica: números complexos e trigonometria mesclados através da chamada fórmula de Euler $$e^{i\theta} = \cos(\theta) + i\mbox{sen} (\theta)$$ .

Resolvendo a equação do segundo grau em $z$:

$$z = \frac{-1 \pm \sqrt{-3}}{2} = -\frac{1}{2} \pm i\frac{\sqrt{3}}{2}$$

e portanto temos duas soluções $z_1$ e $z_2$ :

$$z_1 = -\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2} = e^{i\theta_1}, \theta_1 = -\frac{4\pi}{3}$$

$$z_2 = -\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2} = e^{i\theta_2}, \theta_2 = \frac{4\pi}{3}$$

Assim prosseguimos determinados as três raízes cúbicas de $z_1$ (poderia ser $z_2$):

$$u_1 = e^{i\sigma_1}, \sigma_1 = \frac{\theta_1}{3}=-\frac{4\pi}{9}$$

$$u_2 = e^{i\sigma_2}, \sigma_2 = \frac{\theta_1+2\pi}{3}=\frac{2\pi}{9}$$

$$u_3 = e^{i\sigma_3}, \sigma_3 = \frac{\theta_1+4\pi}{3}=\frac{8\pi}{9}$$

e os respectivos valores para $v$:

$$v_1 = -\frac{1}{u_1}=-e^{-i\sigma_1}$$

$$v_2 = - \frac{1}{u_2} = -e^{-i\sigma_2}$$

$$v_3 = -\frac{1}{u_3}=-e^{-i\sigma_3}$$

e os respectivos valores para $t$:

$$t_1 = v_1 - u_1 = -2\cos(\sigma_1)=-2\cos(-4\pi/9)=- 0.3472964$$

$$t_2 = v_2 - u_2 = -2\cos(\sigma_2)=-2\cos(2\pi/9)= - 1.5320889$$

$$t_3 = v_3 - u_3 = -2\cos(\sigma_3)=-2\cos(8\pi/9)= 1.8793852$$

e finalmente as três raízes reais de $x^3-3x^2 + 1=0$:

$$x_1 = 1 + t_1 = 1-2\cos(-4\pi/9)= 0.6527036$$

$$x_2 = 1 + t_2 =1-2\cos(2\pi/9)= -0.5320889$$

$$x_3 = 1+ t_3 = 1-2\cos(8\pi/9)= 2.8793852$$

e assim podemos estabelecer intervalos de crescimento e de decrescimento da função $y$.