Introdução

A busca por soluções explícitas de equações polinomiais envolvendo radicais é um dos episódios mais fascinantes do desenvolvimento da matemática. Ele se inicia ainda na antiguidade com fórmulas conhecidas dos babilônicos e atinge o seu ápice no século XIX com os trabalhos Abel e Galois.

O objetivo deste artigo é apresentar aplicações das fórmulas de Tartaglia–Cardano, que surgiram no Renascimento Italiano, para solucionar equações de 3^o grau em problemas de vestibulares e olimpíadas de matemática. No final, também discutiremos brevemente fórmulas por radicais para equações de graus maiores.

Uma equação do 3^o grau de coeficientes reais na variável \(x\) é uma expressão algébrica da forma \[ax^3 + bx^2 + cx + d = 0,\] com \(a,b,c,d \in \mathbb{R}\) e \(a \neq 0\). O Teorema Fundamental da Álgebra garante que essa equação possui três soluções complexas, contando-se multiplicidades. Estamos interessados em saber quais são os três valores complexos de \(x\) que satisfazem a equação acima. Para isso, podemos dividir a estratégia para obter uma fórmula para esses valores em três partes:

1. Eliminar o coeficiente de \(x^2\) através de uma mudança de variável que crie uma nova equação do 3^o grau cuja soma das raízes é nula;

2. Realizar uma nova mudança de variável, reduzindo o problema de determinar uma raiz da equação do 3^o grau do passo anterior à resolução de uma equação do 2^o grau com raízes \(u^3\) e \(v^3\);

3. Perceber que as outras duas soluções, álem de \(u+v\), conjugadas ou não, são \(uw + vw^2\) e \(uw^2 +vw\), sendo \(w = \mathop{\mathrm{cis}}120^{\circ}\).

Expliquemos agora cada um desses passos com mais detalhes.

Eliminando o termo quadrático

Dividindo a equação original por \(a\), temos que \[x^3 + \dfrac{b}{a} x^2 + \dfrac{c}{a} x + \dfrac{d}{a} = 0.\] Pelas relações de Girard, as três soluções \(x_1\), \(x_2\) e \(x_3\) somadas resultam em \(-\dfrac{b}{a}\). Daí, considerando a substituição de variáveis \[t = x + \dfrac{b}{3a} \Leftrightarrow x=t - \dfrac{b}{3a},\] teremos que \[\begin{aligned} t_1 + t_2 + t_3 &= (x_1+\dfrac{b}{3a}) + (x_2+\dfrac{b}{3a}) + (x_3+\dfrac{b}{3a}) \\ &= (x_1 + x_2 + x_3) + 3 \cdot \dfrac{b}{3a} \\ &= -\dfrac{b}{a} + \dfrac{b}{a} = 0,\end{aligned}\] e a soma das raízes na variável \(t\) será igual a \(0\). Substituindo, então, na equação do 3^o grau, podemos concluir que \[\begin{gathered} \left( t - \dfrac{b}{3a} \right)^3 + \dfrac{b}{a} \cdot \left( t - \dfrac{b}{3a} \right)^2 + \dfrac{c}{a} \cdot \left( t - \dfrac{b}{3a} \right) + \dfrac{d}{a} = 0 \\ \therefore t^3 - 3t^2 \cdot \dfrac{b}{3a} + 3t \cdot \dfrac{b^2}{9a^2} - \dfrac{b^3}{27a^3} +\\ t^2 \cdot \dfrac{b}{a} - 2t \cdot \dfrac{b^2}{3a^2} + \dfrac{b^3}{9a^3}+ \\ t \cdot \dfrac{c}{a} - \dfrac{bc}{3a^2} + \dfrac{d}{a} = 0 \\ \therefore t^3 + t \left( \dfrac{b^2}{3a^2} - 2\dfrac{b^2}{3a^2} + \dfrac{c}{a} \right) + \left( - \dfrac{b^3}{27a^3} + \dfrac{b^3}{9a^3} - \dfrac{bc}{3a^2} + \dfrac{d}{a} \right) = 0, \\\end{gathered}\] ou seja, \[\boxed{ t^3 + t \left( \dfrac{-b^2+3ac}{3a^2} \right) + \left( \dfrac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3} \right) = 0, }\] e o termo quadrático foi eliminado.

Redução para uma equação quadrática

Sejam \[p = \dfrac{-b^2+3ac}{3a^2} \,\,\,\textrm{e}\,\,\, q = \dfrac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3}.\] Daí, temos que \[t^3 + pt + q = 0.\] Considerando a nova substituição de variáveis \[t = u + v,\] podemos concluir que \[\begin{gathered} \left( u + v \right)^3 + p \cdot \left( u + v \right) + q = 0 \\ \therefore u^3 + v^3 + 3uv \left( u+ v \right) + p \cdot \left( u + v \right) + q = 0 \\ \therefore \left( u^3 + v^3 + q \right) + \left( u + v \right) \cdot \left( 3uv + p \right) = 0.\end{gathered}\]

Podemos, então, definir \(u\) e \(v\) de modo a zerar as duas parcelas acima. Para isso, basta escolher \(u\) e \(v\) tais que \[\left\{\begin{array}{rl} u^3 + v^3 +q&= 0 \\ 3uv + p&=0, \end{array}\right.,\tag{I}\] de modo que obtemos o sistema \[\left\{\begin{array}{rl} u^3 + v^3 &= -q \\ u^3 v^3 &= -\dfrac{p^3}{27} \end{array}\right.,\tag{II}\] em \(u^3\) e \(v^3\). Note que toda soluçao de (I) é uma solução de (II), mas a recíproca não é necessariamente verdadeira, se considerarmos \(u\) e \(v\) complexos. Ou seja, devemos verificar posteriormente quais soluções de (II) satisfazem (I).

De todo modo, pelas relações de soma e produto, podemos concluir que \(u^3\) e \(v^3\) são raízes da equação do 2^o grau em \(z\) dada por \[z^2-(u^3+v^3)z+u^3v^3 = 0,\] ou seja, \[z^2 + q z - \dfrac{p^3}{27} = 0.\] Portanto, temos que \[z = \dfrac{-q \pm \sqrt{q^2 + \dfrac{4p^3}{27}}}{2},\] e definindo \(\Delta = \dfrac{q^2}{4} + \dfrac{p^3}{27}\), temos que \[z = \dfrac{-q \pm \sqrt{4\Delta}}{2} = -\dfrac{q}{2} \pm \sqrt{\Delta}.\] Logo, \[\left\{\begin{array}{rl} u^3 &= -\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta} \\ v^3 &= -\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta} \end{array}\right..\] Lembrando que \(x=t-\dfrac{b}{3a}\) e \[t = u + v = \sqrt[3]{u^3} + \sqrt[3]{v^3},\] obtemos finalmente que \[\boxed{ x = - \dfrac{b}{3a} + \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\dfrac{q^2}{4} + \dfrac{p^3}{27}}} + \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\dfrac{q^2}{4} + \dfrac{p^3}{27}}} },\] que é a fórmula de Tartaglia–Cardano para uma das raízes da equação do 3^o grau. Mais adiante entenderemos o que acontece nos casos em que \(\Delta > 0\), \(\Delta = 0\) e \(\Delta < 0\).

Fórmulas para as demais raízes

Se \(\omega = \mathop{\mathrm{cis}}\left( 120^{\circ} \right) = -\dfrac{1}{2} + i \dfrac{\sqrt{3}}{2}\), podemos escrever \[\left\{\begin{array}{rl} \left( u \omega \right)^3 + \left( v \omega^2 \right)^3 &= u^3 + v^3 \\ \left( u \omega \right)^3 \cdot \left( v \omega^2 \right)^3 &= u^3 v^3 \end{array}\right.,\] já que \(\omega^3 = 1\). Assim o par \(u \omega\) e \(v \omega^2\) satisfaz os mesmo sistemas que \(u\) e \(v\) (por outro lado, o par \(u \omega\) e \(v \omega\) satisfaz o sistema (II), mas não o (I), assim um elemento do par deve ter o \(\omega\) e o outro \(\omega^2\) para satisfazer (I)). Logo \(u \omega + v \omega^2\) também é raiz da mesma equação de 3^o  grau em \(t\) encontrada no passo anterior. O mesmo vale para \(u\omega^2 + v\omega\), que é o conjugado de \(u \omega + v \omega^2\) quando \(u\) e \(v\) são reais, pois \(\omega^2 = \overline{\omega}\). Portanto, as três raízes de \(ax^3 + bx^2 + cx + d = 0\) são da forma \[\begin{gathered} x_1 = -\dfrac{b}{3a} + \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta}} + \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta}} \\ x_2 = -\dfrac{b}{3a} + \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta}} \cdot w + \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta}} \cdot w^2\\ x_3 = -\dfrac{b}{3a} + \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta}} \cdot w^2 + \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta}} \cdot w\end{gathered}\] onde, \[q = \dfrac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3}\] e \[p = \dfrac{-b^2+3ac}{3a^2}.\]

Assim como ocorre nas equações de 2^o grau, o valor \[\Delta = \dfrac{q^2}{4} + \dfrac{p^3}{27}\] é muito importante, uma vez que seu sinal ajuda a entender quando temos raízes reais. Vamos ver como isso acontece através de alguns problemas.

Problemas

Seja \(x_i = -\dfrac{b}{3a} + t_i\). Como \(-\dfrac{b}{3a}\) é um número real, \(x_i\) é real se, e somente se, \(t_i\) é real. Portanto, para encontrar as raízes reais, podemos nos ater a estudar apenas equações do tipo \(t^3 +pt + q = 0\).

Solução: Considere os números reais \(u\) e \(v\) tais que \[u^3 = 20 + 14 \sqrt{2} \qquad v^3 = 20 - 14\sqrt{2}\] Note que \(u^3+v^3=40\) e \(u^3v^3=400-392=8=2^3\). Como \[\left( u + v \right)^3 = u^3 + v^3 + 3uv \left( u + v \right),\] se \(t=u+v\), que é o valor procurado, obtemos \[t^3 - 6t - 40 = 0.\]

Pelo teste da raiz racional, testando os divisores de \(-40\), temos que \(t=4\) é raiz. Dividindo por \(\left( t-4 \right)\), podemos concluir que \[\begin{gathered} t^3 - 6t - 40 = \left( t - 4 \right) \cdot \left( t^2 + 4t + 10 \right) \\ t_1 = 4 \qquad t_{2,3} = \dfrac{-4 \pm \sqrt{-24}}{2} = -2 \pm i\sqrt{6}\end{gathered}\]

Logo, nossa resposta é \(t=4\), pois \(-2 \pm i\sqrt{6} \not \in \mathbb{R}\). \(\blacksquare\)
Na notação anterior, considerando a equação \(t^3 - 6t - 40=0\), temos que \[p = -6 ,\quad q = -40\] e \[\begin{aligned} \Delta & = & \dfrac{q^2}{4} + \dfrac{p^3}{27} \\ & = & \dfrac{\left(-40 \right)^2}{4} + \dfrac{\left(-6 \right)^3}{27} \\ & = & 392 > 0\end{aligned}\]

Daí, as raízes \(t_2\) e \(t_3\) e, consequentemente, \(x_2\) e \(x_3\) não são reais, pois teremos valores reais distintos \[\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta}} \text{ e } \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta}}\] multiplicados por \(w = -\dfrac{1}{2} + i \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) e por \(w^2 = -\dfrac{1}{2} - i \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) na fórmula encontrada no final da seção anterior, produzindo necessariamente um número com parte imaginária não nula.

Vejamos agora um exemplo com \(\Delta < 0\) ao trocarmos o \(-40\) por \(+4\) na última equação:

Solução: Pelo teste da raiz racional, testando os divisores de \(+4\), temos que \(t_1 = 2\) é raiz.

Dividindo por \(\left( t-2 \right)\), podemos concluir que \[\begin{gathered} t^3 - 6t + 4 = \left( t - 2 \right) \cdot \left( t^2 + 2t - 2 \right) \\ t_1 = \boxed{ 2 } \qquad t_{2,3} = \dfrac{-2 \pm \sqrt{12}}{2} = \boxed{ -1 \pm \sqrt{3} }\end{gathered}\] \(\blacksquare\)

Repetindo a analise anterior para \(t^3 - 6t + 4=0\), temos que \[p = -6 ,\quad q = 4\] e \[\begin{aligned} \Delta & = & \dfrac{q^2}{4} + \dfrac{p^3}{27} \\ & = & -4. %= \dfrac{\left(4 \right)^2}{4} + \dfrac{\left(-6 \right)^3}{27} = -4 < 0\end{aligned}\]

Calculemos \(t_1\) pela fórmula, lembrando que \(-2 \pm 2i = \sqrt{8} \cdot \mathop{\mathrm{cis}}\left( \pm 135^{\circ} \right)\): \[\begin{aligned} t_1 & = & \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta}} + \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta}} \\ & = & \sqrt[3]{ -2 + 2i} + \sqrt[3]{ -2 - 2i} \\ & = & \sqrt{2} \cdot \left( \mathop{\mathrm{cis}}\left( 45^{\circ} \right) + \mathop{\mathrm{cis}}\left( - 45^{\circ} \right) \right) \\ & = & 2\sqrt{2} \cdot \cos \left( 45^{\circ} \right) \\ & = & 2. \end{aligned}\]

Calculando agora \(t_2\): \[\begin{aligned} t_2 & = & \sqrt[3]{ -2 + 2i} \cdot w + \sqrt[3]{ -2 - 2i} w^2 \\ & = & \sqrt[3]{ -2 + 2i} \cdot \left( -\dfrac{1}{2} + i \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) + \sqrt[3]{ -2 - 2i} \left( -\dfrac{1}{2} - i \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right).\end{aligned}\]

Analisando a expressão acima, é difícil acreditar que \(t_2\) é um número real. Porém, podemos simplificá-la: \[ \begin{aligned} t_2 & = & \sqrt{2} \cdot \mathop{\mathrm{cis}}\left( 45^{\circ} \right) \cdot w + \sqrt{2} \cdot \mathop{\mathrm{cis}}\left( -45^{\circ} \right) \cdot w^2 \\ & = & \sqrt{2} \cdot \mathop{\mathrm{cis}}\left( 45^{\circ} \right) \cdot w + \sqrt{2} \cdot \overline{\mathop{\mathrm{cis}}\left( 45^{\circ} \right)} \cdot \overline{w} \\ & = & \sqrt{2} \cdot \left( 2\text{Re}\,\left( \mathop{\mathrm{cis}}45^{\circ} \cdot w \right) \right)\\ & = & 2 \sqrt{2} \cdot \cos \left( 165^{\circ} \right) \\ & = & -\sqrt{3} - 1 \in \mathbb{R}. \end{aligned}\] De modo análogo, podemos obter \(t_3 = \sqrt{3} - 1 \in \mathbb{R}\).

Isso é o que ocorre com qualquer equação cúbica com \(\Delta\) negativo, pois \[-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta} \text{ e } -\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta},\] são números complexos conjugados, cujas raízes cúbicas também são conjugadas. Assim, ao multiplicá-las por \(w\) e \(w^2=\overline{w}\), respectivamente, as partes imaginárias se cancelam e obtemos três soluções reais. O caso \(\Delta = 0\) gera \(t_2 = t_3\), sendo um número real, pois cancelam-se as partes imaginárias.

Em resumo, obtemos o seguinte resultado geral:

Solução: Se admite raiz não real \(g\), conforme vimos anteriormente considerando \(x = u + v\), temos que

\[\begin{gathered} (I) \begin{cases} u^3 + v^3 = -\beta \\ 3uv = \alpha \end{cases} \qquad \begin{cases} \qquad g = u \omega + v \omega^2 \\ \omega = \mathop{\mathrm{cis}}\left( 120^{\circ} \right) \qquad \gamma = \left| g \right| \end{cases} \\ \Rightarrow \gamma^2 = \left[ \left( - \dfrac{1}{2} \right) \cdot \left( u + v \right) \right]^2 + \left[ \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) \cdot \left( u - v \right) \right]^2 \\ \gamma^2 = \dfrac{1}{4} \cdot \left[ \left( u + v \right)^2 + 3 \left( u - v \right)^2 \right] \Rightarrow \boxed{ \gamma^2 = u^2 + v^2 - uv } \quad (II) \\ \gamma^2 = u^2 + v^2 - uv = \left( u + v \right)^2 - 3uv \\ \xRightarrow{(I)} u^3 + v^3 = -\beta \xRightarrow{(II)} \left( u + v \right) = \dfrac{-\beta}{\gamma^2} \\ \xRightarrow{(I)} \gamma^2 = \left( u + v \right)^2 - 3uv = \left(\dfrac{-\beta}{\gamma^2} \right)^2 - \alpha \Rightarrow \boxed{ \alpha = \dfrac{\beta^2}{\gamma^4} - \gamma^2 }\end{gathered}\] \(\blacksquare\)

Solução: A partir da identidade \(\mathop{\mathrm{sen}}3x = 3 \mathop{\mathrm{sen}}x - 4\mathop{\mathrm{sen}}^3 x\) podemos concluir que

\[\begin{aligned} 4 \mathop{\mathrm{sen}}^3 18^{\circ} -3 \mathop{\mathrm{sen}}18^{\circ} & = & - \mathop{\mathrm{sen}}54^{\circ} \\ & = & - \cos 36^{\circ} \\ & = & -1 + 2 \mathop{\mathrm{sen}}^2 18^{\circ}\end{aligned}\] Se \(x = \mathop{\mathrm{sen}}18^{\circ}\), temos \(4x^3 -2x^2 - 3x +1 = 0\). Como \(x = 1\) é raiz, segue que \(4x^3 -2x^2 - 3x +1 = \left( x - 1 \right) \cdot \left( 4x^2 +2x -1 \right) =0\). Daí, como \(\mathop{\mathrm{sen}}18^{\circ} \neq 1\), temos \(\mathop{\mathrm{sen}}18^{\circ} = \dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}\). Dado que \(\mathop{\mathrm{sen}}18^{\circ} > 0\), obtemos \(\mathop{\mathrm{sen}}18^{\circ} = \dfrac{\sqrt{5}-1}{4}\).

Considerações sobre equações de graus maiores

Para equações do 4^o grau, também existe um método para a obtenção de fórmulas para as raízes por meio de radicais conhecido como método de Ferrari. Para equações de grau \(\geqslant 5\), tem-se o teorema de Abel-Ruffini que afirma que não há uma solução geral através de operações com radicais, incluindo soma, subtração, multiplicação e divisão envolvendo os coeficientes da equação polinomial.

Notemos que isso não significa que é impossível resolver qualquer uma dessas equações de grau \(\geqslant 5\). Por exemplo, a equação do 6^o grau \[x^6 - 9x^3 + 8 = 0\] pode ser completamente resolvida e reduzida para um caso já estudado realizando a troca de \(x^3\) por \(y\). A nova equação possui raízes \(y=1\) e \(y=8\). Daí, \[\Rightarrow \begin{cases} y =x^3 = 1 \Rightarrow x = 1, \omega, \omega^2 \\ y = x^3 = 8 \Rightarrow x = 2, 2\omega, 2\omega^2 \end{cases}\]

Além disso, por vezes, podemos adaptar as ideias apresentadas para situações parecidas. Por exemplo, para a equação do 5^o grau \[x^5 + px^3 + \dfrac{p^2}{5} x + q = 0,\] sendo \(p\) um valor dado, podemos fazer a mudança \(x = u + v\) para obter que \[\begin{gathered} \left( u + v \right)^5 + p \cdot \left( u + v \right)^3 + \dfrac{p^2}{5} \cdot \left( u + v \right) + q = 0 \\ \therefore \left( u^5 + v^5 \right) + 5uv \left( u + v \right)^3 - 5u^2v^2 \left( u + v \right) + p \left( u + v \right)^3 \\ + \dfrac{p^2}{5} \left( u + v \right) + q = 0 \\ \Rightarrow \begin{cases} u^5 + v^5 = -q \\ 5uv = -p \Rightarrow u^5 v^5 = -\dfrac{p^5}{5^5} \end{cases} \\ \Rightarrow u^5, v^5 \text{ são raízes de } z^2 + qz - \dfrac{p^5}{5^5} = 0\end{gathered}\]

Solução: Passando o segundo termo para o outro lado e elevando ao quadrado, temos que \[\left( x+1 \right)^2 \left[ \left( x + 1 \right)^2 + 1 \right] = x^2 \left( x^2 + 1 \right)\]

A expressão \(t \left( t +1 \right)\) é crescente para \(t \geqslant 0\).

Logo, temos que \[\left( x + 1 \right)^2 = x^2 \Rightarrow \boxed{ x = -\dfrac{1}{2} }\]

que é a única solução. \(\blacksquare\)
Para finalizar, deixaremos duas questões de equações de 3^o grau de treino para o leitor.

Respostas

Daí, basta perceber que \(x = \sqrt{5}\) é raiz e as outras raízes são complexas, podendo só dividir por \(\left( x - \sqrt{5} \right)\) para concluir isso.

Portanto, \(x = \sqrt{5}\) e \(x^{2014} = \boxed{ 5^{1007} }\).

Bibliografia

José Armando Barbosa Filho é iteano, ex-olímpico e trabalha olimpíadas de matemática desde 2012. Os principais destaques de sua carreira são os livros da coleção IME/ITA/Cone Sul/EGMO, da qual se orgulha de ser o autor, e ter sido vice-líder da equipe do Brasil na IMO/2018. Atualmente, está vivendo os primeiros dias de pai do José Heitor. Muito nerd a ponto de ser fã do personagem Leonard Hofstadter, da série The Big Bang Theory.