El modo de dar una vez en el clavo es dar cien veces en la herradura
Dado un polinomio de grado \(n\),
\[p(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_2x^2+a_1x^1+a_0\, ,\ a_n\neq0\]
nos planteamos como objetivo resolver la ecuación
\[p(x)=0\]
Si \(n=1\) la ecuación anterior es de primer grado y la podemos escribir de la forma
\[ax+b=0\]
con \(a\neq0\), cuya solución es
\[\displaystyle x=-\frac{b}{a}\]
Si \(n=2\) la ecuación toma la forma de la conocida ecuación de segundo grado:
\[ax^2+bx+c=0\, ,\ a\neq0\]
Esta sección no es de necesaria lectura para alumnos de 4º de ESO.
Una manera de obtener la solución se expone a continuación.
Multiplicando por \(4a\) los dos miembros de la igualdad obtenemos:
\[4a^2x^2+4abx+4ac=0\]
Sumando y restando \(b^2\) en el primer miembro podemos escribir:
\[\left(4a^2x^2+4abx+b^2\right)-b^2+4ac=0\]
Obsérvese que lo que hay en el interior del paréntesis es el cuadrado de la suma \(2ax+b\). Por tanto, la ecuación anterior la podemos escribir ahora así:
\[\left(2ax+b\right)^2=b^2-4ac\]
Teniendo en cuenta que las soluciones de la ecuación \(x^2=a\) son \(x=\pm\sqrt{a}\), se deduce ahora fácilmente que:
\[2ax+b=\pm\sqrt{b^2-4ac}\]
Despejando \(x\):
\[x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\]
Para hallar las soluciones se aplica la siguiente fórmula:
\[x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\]
En la fórmula anterior, la expresión \(b^2-4ac\,\) recibe el nombre de discriminante de la ecuación de segundo grado y se le suele denotar con la letra griega delta mayúscula: \(\Delta=b^2-4ac\). Si \(\Delta>0\) la ecuación de segundo grado tienen dos soluciones reales, si \(\Delta=0\) tiene sólo una (doble) y , finalmente, si \(\Delta<0\) la ecuación no tiene raíces reales.
Como ejemplo, resolvamos la siguiente ecuación:
\[\displaystyle \frac{2x^2+x}{2}-\frac{6x+3}{8}=\frac{x}{2}\]
En primer lugar, para eliminar los denominadores, multiplicamos todos los términos por el mínimo común múltiplo de los denominadores, que es \(8\):
$$8\cdot\frac{2x^2+x}{2}-8\cdot\frac{6x+3}{8}=8\cdot\frac{x}{2}\Rightarrow$$
$$\Rightarrow 4(2x^2+x)-1(6x+3)=4x\Rightarrow 8x^2+4x-6x-3=4x$$
Ahora pasamos todos los términos al primer miembro para obtener una ecuación de segundo grado en su forma general:
\[8x^2+4x-6x-3-4x=0\Rightarrow 8x^2-6x-3=0\]
Y, finalmente aplicamos la fórmula para obtener las soluciones de la ecuación de segundo grado. Tendremos en cuenta que los coeficientes son \(a=8\), \(b=-6\), \(c=-3\).
\[x=\frac{-(-6)\pm\sqrt{(-6)^2-4\cdot8\cdot(-3)}}{2\cdot8}=\frac{6\pm\sqrt{36-(-96)}}{16}=\frac{6\pm\sqrt{132}}{16}=\]
\[=\frac{6\pm2\sqrt{33}}{16}=\begin{cases}\displaystyle x_1=\frac{6+2\sqrt{33}}{16}=\frac{3+\sqrt{33}}{8}\cong1,093\\\displaystyle x_2=\frac{6-2\sqrt{33}}{16}=\frac{3-\sqrt{33}}{8}\cong-0,343 \end{cases}\]
Esta sección no es de necesaria lectura para alumnos de 4º de ESO.
Si el grado del polinomio \(p(x)\) es tres o cuatro nos encontramos con ecuaciones cúbicas y cuárticas. Las fórmulas y resolución de este tipo de ecuaciones escapa a los objetivos de las matemáticas de secundaria y bachillerato. En cualquier caso, para alumnos que cursen estudios universitarios, recomiendo el sititio Web de Carlos Iborra y sus apuntes sobre las fórmulas de Cardano-Ferrari. Transcribo aquí un parrafo que aparece al principio de tales apuntes.
También es conocido que Tartaglia y Cardano encontraron una fórmula análoga para ecuaciones cúbicas (en la que aparecen raíces cúbicas además de cuadradadas) y que Ferrari encontró otra más compleja para ecuaciones cuárticas. En realidad, más que fórmulas, encontraron métodos de resolución que pueden resumirse en sendas fórmulas, si bien en el caso de las ecuaciones cuárticas, la fórmula es tan compleja que resulta inmanejable, y es preferible describir el proceso de resolución como un algoritmo de varios pasos. Por último, Abel demostró que, para \(n>4\), no existen fórmulas análogas que expresen las raíces de la ecuación general de grado \(n\) en función de sus coeficientes a través de sumas, productos, cocientes y extracción de raíces, lo que convierte a las fórmulas de Cardano-Ferrari en dos singularidades algebraicas.
En la materia de matemáticas de 4º de ESO (Educación Secundaria Obligatoria) se resuelven algunas ecuaciones polinómicas de grado superior a tres, siempre y cuando algunas de sus raíces sean enteras (recuérdese que decir raíz de un polinomio es lo mismo que decir solución de la correspondiente ecuación polinómica, es más, a veces se utiliza el término raíz en vez del término solución de una ecuación).
Para resolver estas ecuaciones polinómicas de grado superior a tres se utiliza la conocida regla de Ruffini y el teorema del resto, según el cual, el resto \(r\) de dividir un polinomio \(p(x)\) entre el binomio \(x-a\) coincide con el valor numérico para \(x=a\), es decir, \(r=p(a)\). En particular, si \(x=a\) es una raíz de \(p(x)\), tenemos que \(p(a)=0\) y consecuentemente el resto de dividir \(p(x)\) entre \(x-a\) será igual a \(0\). Así pues el polinomio \(p(x)\) factoriza de la forma \(p(x)=(x-a)c(x)\), donde \(c(x)\) es el cociente de la división. Podemos buscar ahora las raíces de \(c(x)\) y continuar con el proceso. Hay un importante resultado según el cual las posibles raíces enteras de un polinomio \(p(x)\) se encuentran entre los divisores del término independiente. De este modo es fácil encontrar las raíces enteras de un polinomio (incluso algunas más que no sean enteras), y por tanto las soluciones (o raíces) de la correspondiente ecuación polinómica. Además tendremos una descomposición del polinomio en factores. Veámoslo en el siguiente ejemplo.
Resolver la siguiente ecuación:
\[x^7+2x^6-5x^5-19x^4-26x^3-19x^2-6x=0\]
Las soluciones de la ecuación son las raíces del polinomio
\[x^7+2x^6-5x^5-19x^4-26x^3-19x^2-6x\]
Una raíz es claramente \(x=0\) (el término independiente del polinomio es cero). Extrayendo factor común tenemos:
\[x(x^6+2x^5-5x^4-19x^3-26x^2-19x-6)\]
Ahora factorizamos el polinomio \(x^6+2x^5-5x^4-19x^3-26x^2-19x-6\). Para ello utilizamos la regla de Ruffini probando con los divisores del término independiente: \(\text{Div}(-6)=\{\pm1\,\pm2\,\pm3\,\pm6\}\).
$$\begin{array}{c|rrrrrrr} & 1 & 2 & -5 & -19 & -26 & -19 & -6 \\ -1 & & -1 & -1 & 6 & 13 & 13 & 6\\ \hline & 1 & 1 & -6 & -13 & -13 & -6 & 0 \\ -1 & & -1 & 0 & 6 & 7 & 6 & \\ \hline & 1 & 0 & -6 & -7 & -6 & 0 & \\ -2 & & -2 & 4 & 4 & 6 & & \\ \hline & 1 & -2 & -2 & -3 & 0 & & \\ 3 & & 3 & 3 & 3 & & & \\ \hline & 1 & 1 & 1 & 0 & & & \end{array}$$
Si seguimos probando con el resto de divisores del término independiente no volvemos a obtener resto cero. Esto quiere decir que las raíces enteras del polinomio son \(-1\) (doble), \(-2\) y \(3\), y que la factorización del polinomio queda de la forma:
\[x^7+2x^6-5x^5-19x^4-26x^3-19x^2-6x=x(x+1)^2(x+2)(x-3)(x^2+x+1)\]
El resto de raíces habría que encontrarlas resolviendo la ecuación de segundo grado \(x^2+x+1=0\), ecuación que no tiene soluciones reales pues su discriminante es menor que cero:
\[\Delta=1^2-4\cdot1\cdot1=1-4=-3<0\]
De todo lo anterior se desprende que las soluciones de la ecuación
\[x^7+2x^6-5x^5-19x^4-26x^3-19x^2-6x=0\]
son:
\[x_1=0\, ,\ x_2=-1\, \text{(doble)}\, ,\ x_3=-2\, ,\ x_4=3\]
Según lo comentado anteriormente, cada vez que encontremos una raíz entera \(a\), tendremos que \(x-a\) es un factor del polinomio \(p(x)\). Si \(a\) vuelve a ser raíz del cociente obtenido se dice que es una raíz doble y \(x-a\) volverá a ser un factor del polinomio original \(p(x)\). De este modo una raíz puede ser simple, doble, triple, etcétera.
Esta sección no es de necesaria lectura para alumnos de 4º de ESO.
Según el teorema fundamental del álgebra, todo polinomio de grado \(n\) tiene \(n\) raíces. Pero no todas ellas tienen que ser reales, algunas pueden ser raíces complejas. Además, estás últimas, siempre aparecen en parejas de números complejos conjugados. Como la teoría de números complejos no se estudia en las matemáticas de la Educación Secundaria Obligatoria (si acaso se ven «de pasada» en la materia Matemáticas I, de 1º de Bachillerato Científico-Tecnológico), podremos factorizar un polinomio obteniendo factores de grado uno de la forma \(x-a\) y de grado dos de la forma \(x^2+bx+c\) que no tengan raíces reales, llamados polinomos irreducibles. A no ser que el polinomio tenga varias parejas de raíces complejas conjugadas y entonces, a un nivel de matemáticas de Secundaria o Bachillerato, habremos de incluir factores irreducibles de grado par mayor que dos. No será este el caso que nos ocupe, desde luego, en el caso particular de las matemáticas de 4º de ESO.
En cualquier caso finalizaremos la factorización del ejemplo anterior resolviendo la ecuación \(x^2+x+1=0\) y llamando \(i=\sqrt{-1}\), que es la unidad imaginaria, el número complejo más conocido y desde el que parte toda la teoría de números complejos. Entre otras cosas porque cualquier estudiante de secundaria que conozca la ecuación de segundo grado es capaz de entender perfectamente este proceso y, al menos, nos habremos acercado un poco a los números complejos.
Resolvamos, finalmente, la ecuación
\[x^2+x+1=0\]
En este caso los coeficientes son \(a=b=c=1\). Por tanto:
\[x=\frac{-1\pm\sqrt{1^2-4\cdot1\cdot1}}{2\cdot1}=\frac{-1\pm\sqrt{1-4}}{2}=\frac{-1\pm\sqrt{-3}}{2}=\]
\[=\frac{-1\pm\sqrt{3}\sqrt{-1}}{2}=\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}=\begin{cases}\displaystyle x_1=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\\ \displaystyle x_2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\end{cases}\]
Las soluciones anteriores (obsérvese que son conjugadas, una es de la forma \(x_1=p+q\) y otra de la forma \(x_2=p-q\)) son también las raíces del polinomio \(x^2+x+1\). Esto quiere decir que el polinomio factoriza de la forma \((x-x_1)(x-x_2)\), es decir:
\[x^2+x+1=\left(x-\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\right)\left(x-\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\right)=\]
\[=\left(x+\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\left(x+\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\]
