Respuesta de mikel1970
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Antes que nada hagamos un estudio aproximado para ver cuántas raíces tiene y por donde están.
El método de Ruffini no nos vale, puesto que sólo busca soluciones enteras y no es el caso
y=x^3-3x+1
Derivando e igualando a cero (para buscar máximos y mínimos)
y'=3x^2-3=0
3x^2=3
x^2=1
x=raiz[1]=+-1
Haciendo una pequeña tabla y dibujando
x...y
-----
-1..3-->máximo
1..-1-->mínimo
0... 1
2... 3
-2.-1
Dibujando los puntos y sabiendo que las raíces son los cortes con el eje por, vemos que el problema tiene tres soluciones
1º x1 entre (-1,-2)
2º x2 entre (0,1)
3º x3 entre (1,2)
Podríamos usar ahora algún método aproximado como el método de Newton para sacarlas, pero usaremos otro método.
Ya en el siglo XVI Niccolo Fontana "Tartaglia" descubrió un método para resolver estas ecuaciones, si bien fue Cardano el que las publicó.
La historia de las ecuaciones cúbicas es uno de los episodios más polémicos de las matemáticas, si bien uno de los más humanos, y está plagado de mentiras, traiciones, robos..
Puedes leer algo en
http://www.geocities.com/veintematematicoscelebres/cap03.html
Personalmente pienso que fueron los hindúes los inventores del método, y los árabes los que lo introdujeron en la Europa renacentista.
Veamos como resolver la ecuación mediante el método falsamente atribuido a Cardano (que por cierto no era muy cuerdo)
x^3-3x+1=0
Definimos
x=u+v
con lo que
x^3=(u+v)^3=u^3+3*u^2*v+3*u*v^2+v^3=u^3+v^3+3*u*v*(u+v)
luego
u^3+v^3+3*u*v*(u+v)-3*(u+v)+1=0
u^3+v^3+1+(3*u*v-3)*(u+v)=0
Esto sólo será posible si
u^3+v^3+1=0-->u^3+v^3=-1
3*u*v-3=0-->u*v=1-->u^3*v^3=1
Definiendo
a=u^3
b=v^3
nos queda el sistema
a+b=-1
a*b=1
Despejando y sustituyendo
b=-a-1
a*(-a-1)=1
-a^2-a=1
Nos queda la ecuación de segundo grado
a^2+a+1=0
La ecuación no tiene solución real, pero sí compleja
Escogemos una de ellas (la otra nos da un desarrollo similar pero con valores de a y b intercambiados
a=[-1+raiz(-3)]/2
Usando ahora análisis de variable compleja
a=-(1/2)+raiz(3)/2*i
siendo
i=raiz(-1)-->unidad imaginaria
Como a=u^3-->u=raiz3(a)-->raíz cúbica
Ya que hemos de efectuar raíces conviene pasar el número complejo a forma polar
a=-(1/2)+[raiz(3)/2]*i=e^(j*120)
Por otra parte
b=-1-a=-(1/2)+[raiz(3)/2]*i=e^(j*240)
Haciendo las raíces cúbicas de a y b nos quedan u y v
Valores de u
cos40+i*sen40=0.766+0.64i
cos160+i*sen160=-0.94+0.34i
cos280+i*sen280=0.17-0.985i
Valores de v
cos80+i*sen80=0.17+0.985i
cos200+i*sen200=-0.94-0.34i
cos320+i*sen320=0.766-0.64i
Finalmente, los valores de x=u+v que nos proporcionen valores reales
x=(0.766+0.64i)+(0.766-0.64i)=1.532-->entre 1 y 2
x=(-0.94+0.34i)+(-0.94-0.34i)=-1.88-->entre -1 y -2
x=(0.17-0.985i)+(0.17+0.985i)=0.34-->entre 0 y 1
Es decir, tal como habíamos previsto
Bueno no sé si ésto te servirá, lo cierto es que al quedarnos el sistema a resolver con soluciones en el campo de los complejos, hemos tenido que recurrir al anaálisis de variable compleja, y algunos pasos como el de sacar raíces cúbicas de un complejo tal vez lo haya hecho demasiado rápido, pues no sé si sabes hacerlo.
Si tienes alguna duda en algún punto desarrollamos más lentamente el punto.
El método de Ruffini no nos vale, puesto que sólo busca soluciones enteras y no es el caso
y=x^3-3x+1
Derivando e igualando a cero (para buscar máximos y mínimos)
y'=3x^2-3=0
3x^2=3
x^2=1
x=raiz[1]=+-1
Haciendo una pequeña tabla y dibujando
x...y
-----
-1..3-->máximo
1..-1-->mínimo
0... 1
2... 3
-2.-1
Dibujando los puntos y sabiendo que las raíces son los cortes con el eje por, vemos que el problema tiene tres soluciones
1º x1 entre (-1,-2)
2º x2 entre (0,1)
3º x3 entre (1,2)
Podríamos usar ahora algún método aproximado como el método de Newton para sacarlas, pero usaremos otro método.
Ya en el siglo XVI Niccolo Fontana "Tartaglia" descubrió un método para resolver estas ecuaciones, si bien fue Cardano el que las publicó.
La historia de las ecuaciones cúbicas es uno de los episodios más polémicos de las matemáticas, si bien uno de los más humanos, y está plagado de mentiras, traiciones, robos..
Puedes leer algo en
http://www.geocities.com/veintematematicoscelebres/cap03.html
Personalmente pienso que fueron los hindúes los inventores del método, y los árabes los que lo introdujeron en la Europa renacentista.
Veamos como resolver la ecuación mediante el método falsamente atribuido a Cardano (que por cierto no era muy cuerdo)
x^3-3x+1=0
Definimos
x=u+v
con lo que
x^3=(u+v)^3=u^3+3*u^2*v+3*u*v^2+v^3=u^3+v^3+3*u*v*(u+v)
luego
u^3+v^3+3*u*v*(u+v)-3*(u+v)+1=0
u^3+v^3+1+(3*u*v-3)*(u+v)=0
Esto sólo será posible si
u^3+v^3+1=0-->u^3+v^3=-1
3*u*v-3=0-->u*v=1-->u^3*v^3=1
Definiendo
a=u^3
b=v^3
nos queda el sistema
a+b=-1
a*b=1
Despejando y sustituyendo
b=-a-1
a*(-a-1)=1
-a^2-a=1
Nos queda la ecuación de segundo grado
a^2+a+1=0
La ecuación no tiene solución real, pero sí compleja
Escogemos una de ellas (la otra nos da un desarrollo similar pero con valores de a y b intercambiados
a=[-1+raiz(-3)]/2
Usando ahora análisis de variable compleja
a=-(1/2)+raiz(3)/2*i
siendo
i=raiz(-1)-->unidad imaginaria
Como a=u^3-->u=raiz3(a)-->raíz cúbica
Ya que hemos de efectuar raíces conviene pasar el número complejo a forma polar
a=-(1/2)+[raiz(3)/2]*i=e^(j*120)
Por otra parte
b=-1-a=-(1/2)+[raiz(3)/2]*i=e^(j*240)
Haciendo las raíces cúbicas de a y b nos quedan u y v
Valores de u
cos40+i*sen40=0.766+0.64i
cos160+i*sen160=-0.94+0.34i
cos280+i*sen280=0.17-0.985i
Valores de v
cos80+i*sen80=0.17+0.985i
cos200+i*sen200=-0.94-0.34i
cos320+i*sen320=0.766-0.64i
Finalmente, los valores de x=u+v que nos proporcionen valores reales
x=(0.766+0.64i)+(0.766-0.64i)=1.532-->entre 1 y 2
x=(-0.94+0.34i)+(-0.94-0.34i)=-1.88-->entre -1 y -2
x=(0.17-0.985i)+(0.17+0.985i)=0.34-->entre 0 y 1
Es decir, tal como habíamos previsto
Bueno no sé si ésto te servirá, lo cierto es que al quedarnos el sistema a resolver con soluciones en el campo de los complejos, hemos tenido que recurrir al anaálisis de variable compleja, y algunos pasos como el de sacar raíces cúbicas de un complejo tal vez lo haya hecho demasiado rápido, pues no sé si sabes hacerlo.
Si tienes alguna duda en algún punto desarrollamos más lentamente el punto.
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Respuesta
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Supongamos que a es una raíz de x^3-3x+1, entonces dividiendo:
x^3-3x+1 |_(x-a)__
-x^3+ax^2 x^2+ax+(a^2-3)
ax^2-3x+1
-ax^2+a^2x
(a^2-3)x+1
-(a^2-3)x+a^3-3a
a^3-3a+1
Pero como a es una raiz, a^3-3a+1=0
(También por Ruffini se podría haber dividido.)
Basta encontrar una raíz, porque las otras vienen dadas por las dos raíces de x^2+ax+(a^2-3).
Entonces utilizo el teorema de las raíces racionales, que lo puedes encontrar el último en:
http://ciencias.bc.inter.edu/ntoro/raicesw.htm
Las posibles raíces racionales sólo son {1,-1}.
Para x=1, 1^3-3+1=-1
Para x=-1, (-1)^3-3(-1)+1=-1+3+1=3
Por tanto, una de las raíces de x^3-3x+1 es irracional, y por tanto, sólo con algún método numérico como el de bisección, se puede encontrar esta raíz. Luego de encontrarla se resuelve x^2+ax+(a^2-3) para obtener las otras dos.
x^3-3x+1 |_(x-a)__
-x^3+ax^2 x^2+ax+(a^2-3)
ax^2-3x+1
-ax^2+a^2x
(a^2-3)x+1
-(a^2-3)x+a^3-3a
a^3-3a+1
Pero como a es una raiz, a^3-3a+1=0
(También por Ruffini se podría haber dividido.)
Basta encontrar una raíz, porque las otras vienen dadas por las dos raíces de x^2+ax+(a^2-3).
Entonces utilizo el teorema de las raíces racionales, que lo puedes encontrar el último en:
http://ciencias.bc.inter.edu/ntoro/raicesw.htm
Las posibles raíces racionales sólo son {1,-1}.
Para x=1, 1^3-3+1=-1
Para x=-1, (-1)^3-3(-1)+1=-1+3+1=3
Por tanto, una de las raíces de x^3-3x+1 es irracional, y por tanto, sólo con algún método numérico como el de bisección, se puede encontrar esta raíz. Luego de encontrarla se resuelve x^2+ax+(a^2-3) para obtener las otras dos.