Hola incógnita_j.
Te cuento que siempre es mejor todas estas historietas en los libros, pero, con respecto a la resolución por radicales de la ec. cuártica, no han pasado más que unos pocos y viejazos textos por mis manos...
La solución a la ec. cuártica, si bien es posible, e incluso de varias formas, no es tan bonita ni práctica como la cuadrática. El resultado de Ferrari tiene más bien interés teórico. Advierto que no sé cuál de todos los métodos pertenece a Ferrari.
Para saber algo de la vida de Ferrari, desde luego que se puede ir a
http://www-history.mcs.st-and.ac.uk//Mathematicians/Ferrari.htmlTanto para la ec. cúbica como la cuártica (incluso para la cuadrática) se comienza, en gral., con la sustitución de Vieta, para eliminar el término de 3er grado (en la cuártica), 2do grado (cúbica), 1er grado (cuadrática).
Nos remitimos pues ahora a la cuártica. Por lo dicho, basta estudiar la ec. de la forma
x4+ax2+bx+c=0.
Quizás recuerdes que, a la hora de resolver la ec. cúbica o la cuadrática, se efectúa el c/v (cambio de variable) x=u+w. Bueno, ahora vamos a hacer el c/v análogo x=u+v+w. Haciendo sencillos cálculos y elevando al cuadrado se obtiene el sistemita
\( \begin{cases}u^2+v^2+w^2=-a/2\\u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2=\dfrac{a^2-4c}{16}\\u^2v^2w^2=b^2/64\end{cases} \)
Entonces creo que es claro que u^2,v^2,w^2 son las raíces de la ec. cúbica
x3+a/2 x2+(a2-4c)/16 x-b2/64=0.
¡Pero ya sabemos resolver la ec. cúbica!
Algunos atribuyen este método a Euler. Vaya a uno a saber...
A partir de aquí se puede hacer la discusión de la naturaleza de las raíces etc.
Si bien no lo tengo a mano, este procedimento lo saqué de Rey Pastor, y me gustó tanto y me pareció tan sencillo que va a ser difícil que lo olvide (aunque no sirva para nada o poco, pero qué me importa...)
De otro texto que tampoco tengo (pero que espero poder conseguir en la feria algún día), abordaban un método que llaman la solución de Descartes. Partiendo de la misma ec. reducida, el valeroso Descartes se le ocurre factorizar al polinomio cuártico en dos factores cuadrátcos convenientes. Pero da la casualidad que esto conduce, nuevamente a una ec. de sexto grado que se puede reducir a una cúbica. El truco extra acá (basta algo de reflexión nomás) es suponer los factores de la forma:
(x2+kx+m)·(x2-kx+n)
Pero, en la práctica, existe otro procedimiento posible que te ilustro con un ejemplo sencillo, o mejor dicho, un caso particular (que FÁCILMENTE) puedes generalizar.
Lo postearé en Problemas Propuestos por Todos, por si a alguien le puede interesar... Si no es así, podemos volver acá, ¿te parece?
http://www.rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=2418.new#newAlgunos comentarios extra: Alguna vez leí, que Lagrange fue unos de los que investigó PORQUÉ este truquito que vale para las ecs. de 2do, 3ero y 4to grados, no se puede extender, en general, a las ecs. de grado superior (de hecho, hay que usar repetidas veces el Teo. de Lagrange: el orden de cualquier sbg. divide al orden del grupo). Como ya he mencionado, Galois fue quien sentó las bases para demostrar la imposibilidad de la resolución por radicales de la ec. gral. de grado superior al cuarto. Para ello, Galois introduce algunos conceptos fundamentales. El primero, es que a cada ec. puede asignársele un "grupo de permutaciones", que muestra las propiedades de "simetría" de la ec. A este grupo se les ocurrió llamar, por algún desconocido motivo, Grupo de Galois de la ec. La segunda de las nociones es la de Sbg. Normal, y la tercera la de Grupo Soluble. ¿Porqué "soluble"? Ah, quizás tenga que ver que una ec. es soluble por radicales si y sólo si el Grupo de Galois es soluble...
Mis comentarios deben ser tomados como un "cuentito" y sirven (creo) de pura divulgación.
Sabía que se me olvidaba algo... Las ecs. cúbicas que por suerte aparecen a la hora de resolver la ec. cuártica se llaman RESOLVENTES.
Sé que hay una sustitución rara que permite reducirla a bicuadrática (que es fácil resolver).
Espero que le sirva a alguien ésto... También espero no haber ofendido a naides...
Saludos,
SebasUy
