Équation du troisième degré/Exercices/Sur la somme et le produit des racines

Exercice 2-1

Supposons que l'équation de degré 3 :

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0~$

admette une racine triple α.

Montrer qu'alors,

$b\alpha =-c$.

Solution

Soit x₁, x₂, x₃, les trois racines de l'équation.

Nous savons que :

${\begin{cases}x_{1}+x_{2}+x_{3}=\displaystyle {-{\frac {b}{a}}}\\x_{1}x_{2}+x_{1}x_{3}+x_{2}x_{3}=\displaystyle {\frac {c}{a}}.\end{cases}}$

Si :

$x_{1}=x_{2}=x_{3}=\alpha$,

on obtient :

${\begin{cases}3\alpha =\displaystyle {-{\frac {b}{a}}}\\3\alpha ^{2}=\displaystyle {\frac {c}{a}}\end{cases}}$

et l'on obtient bien :

$b\alpha =-3a\alpha ^{2}=-c$.

 

Exercice 2-2

(Cet exercice démontre une proposition du chapitre 2, utilisée pour calculer le discriminant d'un polynôme de degré 3 en fonction de ses coefficients.)

On considère un polynôme de degré 2,

$Q(X)=pX^{2}+qX+r=p(X-y_{1})(X-y_{2})$.

On notera $p_{k}=y_{1}^{k}+y_{2}^{k}$ pour $k=1,2,3$, et $\pi =y_{1}y_{2}$.

a) Développer $p_{1}^{2}-2\pi$ et en déduire $p_{2}$ en fonction des nombres $p,q,r$.

b) Développer $p_{1}^{3}-3\pi p_{1}$ et en déduire $p_{3}$ en fonction des nombres $p,q,r$.

c) Soit $P(X)=aX^{3}+bX^{2}+cX+d$ un polynôme non nul de degré $n\leq 3$. Calculer le résultant

$\operatorname {Res} (Q,P)=p^{n}P(y_{1})P(y_{2})$

en fonction de $n$ et de $p,q,r,a,b,c,d$.

Solution

a) $p_{2}=p_{1}^{2}-2\pi =\left(-{\frac {q}{p}}\right)^{2}-2{\frac {r}{p}}={\frac {q^{2}-2rp}{p^{2}}}$.

b) $p_{3}=p_{1}^{3}-3\pi p_{1}=\left(-{\frac {q}{p}}\right)^{3}-3\left({\frac {r}{p}}\right)\left(-{\frac {q}{p}}\right)={\frac {3rpq-q^{3}}{p^{3}}}$.

c)

${\begin{aligned}p^{-n}\operatorname {Res} (Q,P)&=\left(ay_{1}^{3}+by_{1}^{2}+cy_{1}+d\right)\left(ay_{2}^{3}+by_{2}^{2}+cy_{2}+d\right)\\&=a\left[ay_{1}^{3}y_{2}^{3}+b(y_{1}^{3}y_{2}^{2}+y_{1}^{2}y_{2}^{3})+c(y_{1}^{3}y_{2}+y_{1}y_{2}^{3})+d(y_{1}^{3}+y_{2}^{3})\right]\\&\quad +b\left[by_{1}^{2}y_{2}^{2}+c(y_{1}^{2}y_{2}+y_{1}y_{2}^{2})+d(y_{1}^{2}+y_{2}^{2})\right]\\&\quad +c\left[cy_{1}y_{2}+d(y_{1}+y_{2})\right]+d^{2}\\&=a\left[a\pi ^{3}+b\pi ^{2}p_{1}+c\pi p_{2}+dp_{3}\right]\\&\quad +b\left[b\pi ^{2}+c\pi p_{1}+dp_{2}\right]\\&\quad +c\left[c\pi +dp_{1}\right]+d^{2}\end{aligned}}$

donc

${\begin{aligned}\operatorname {Res} (Q,P)&=ap^{n-3}\left[ar^{3}-br^{2}q+c(rq^{2}-2r^{2}p)+d(3rqp-q^{3})\right]\\&\quad +bp^{n-2}\left[br^{2}-crq+d(q^{2}-2rp)\right]\\&\quad +cp^{n-1}\left[cr-dq\right]+p^{n}d^{2}.\end{aligned}}$

 

Exercice 2-3

Résoudre le système de trois équations à trois inconnues suivant :

${\begin{cases}x+y+z=1\\x^{2}+y^{2}+z^{2}=7\\x^{3}+y^{3}+z^{3}=13.\end{cases}}$

Solution

On a :

$xy+xz+yz={\frac {(x+y+z)^{2}-(x^{2}+y^{2}+z^{2})}{2}}$ et ${\frac {1^{2}-7}{2}}=-3$.

On a aussi :

$xyz={\frac {(x+y+z)^{3}-3(x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2})+2(x^{3}+y^{3}+z^{3})}{6}}$ et ${\frac {1^{3}-3\times 1\times 7+2\times 13}{6}}=1$.

Nous voyons que le système que l’on devait résoudre est équivalent à :

${\begin{cases}x+y+z=1\\xy+xz+yz=-3\\xyz=1.\end{cases}}$

Par conséquent x, y et z sont les trois racines de l'équation :

$X^{3}-X^{2}-3X-1=0$.

Cette dernière équation a pour racine évidente X = -1. On peut donc la factoriser. On obtient :

$(X+1)(X^{2}-2X-1)=0$.

Les racines de :

$X^{2}-2X-1=0$

étant :

${\begin{cases}X_{1}=1+{\sqrt {2}}\\X_{2}=1-{\sqrt {2}},\end{cases}}$

les trois racines recherchées sont donc :

${\begin{cases}X_{1}=1+{\sqrt {2}}\\X_{2}=1-{\sqrt {2}}\\X_{3}=-1.\end{cases}}$

Les solutions du système que l’on devait résoudre sont donc :

${\begin{cases}x=1+{\sqrt {2}}\\y=1-{\sqrt {2}}\\z=-1\end{cases}}$

ainsi que toutes les permutations possibles des trois valeurs des racines. Soit 6 triplets.

 

Exercice 2-4

Soit l'équation :

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0~$

admettant le nombre α comme racine double.

Montrer que α est aussi racine des équations suivantes :

$1)\quad 3ax^{2}+2bx+c=0~$

$2)\quad 2ax^{3}+bx^{2}-d=0~$

$3)\quad ax^{3}-cx-2d=0~$

Solution

Si x₁, x₂, x₂ sont les trois racines de l'équation :

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0~$

Nous savons que :

${\begin{cases}x_{1}+x_{2}+x_{3}=\displaystyle {-{\frac {b}{a}}}\\x_{1}x_{2}+x_{1}x_{3}+x_{2}x_{3}=\displaystyle {\frac {c}{a}}\\x_{1}x_{2}x_{3}=\displaystyle {-{\frac {d}{a}}}\\\end{cases}}$

Si l'équation admet une racine double α et une racine simple β, on peut poser :

$x_{1}=x_{2}=\alpha ~$

$x_{3}=\beta ~$

Nous obtenons alors :

${\begin{cases}2\alpha +\beta =\displaystyle {-{\frac {b}{a}}}\\\alpha ^{2}+2\alpha \beta =\displaystyle {\frac {c}{a}}\\\alpha ^{2}\beta =\displaystyle {-{\frac {d}{a}}}\\\end{cases}}$

1) Le résultant R_1-1 des deux premières équations par rapport à β est nul. Ce qui se traduit par :

$3a\alpha ^{2}+2b\alpha +c=0~$

Ce qui nous montre que α est racine de l'équation :

$\quad 3ax^{2}+2bx+c=0~$

2) Le résultant R_1-1 de la première équation et de la troisième équation par rapport à β est nul. Ce qui se traduit par :

$2a\alpha ^{3}+b\alpha ^{2}-d=0~$

Ce qui nous montre que α est racine de l'équation :

$\quad 2ax^{3}+bx^{2}-d=0~$

3) Le résultant R_1-1 de la deuxième équation et de la troisième équation par rapport à β est nul. Ce qui se traduit par :

$a\alpha ^{3}-c\alpha -2d=0~$

Ce qui nous montre que α est racine de l'équation :

$\quad ax^{3}-cx-2d=0~$

 

Exercice 2-5

Soit l'équation :

$z^{3}+pz+q=0~$

Dont les racines sont :

$z_{1}\quad z_{2}\quad z_{3}~$

Formez une équation du troisième degré dont les racines sont :

$z_{1}^{3}\quad z_{2}^{3}\quad z_{3}^{3}~$

Solution

Nous avons :

$z_{1}^{3}+z_{2}^{3}+z_{3}^{3}=(-pz_{1}-q)+(-pz_{2}-q)+(-pz_{3}-q)=-p(z_{1}+z_{2}+z_{3})-3q=-p\times 0-3q=-3q~$

Nous avons :

$z_{1}^{3}z_{2}^{3}+z_{1}^{3}z_{3}^{3}+z_{2}^{3}z_{3}^{3}=(-pz_{1}-q)(-pz_{2}-q)+(-pz_{1}-q)(-pz_{3}-q)+(-pz_{2}-q)(-pz_{3}-q)~$

$=p^{2}(z_{1}z_{2}+z_{1}z_{3}+z_{2}z_{3})+2pq(z_{1}+z_{2}+z_{3})+3q^{2}~$

$=p^{2}\times p+2pq\times 0+3q^{2}=p^{3}+3q^{2}~$

Nous avons :

$z_{1}^{3}\times z_{2}^{3}\times z_{3}^{3}=(z_{1}.z_{2}.z_{3})^{3}=(-q)^{3}=-q^{3}~$

L'équation du troisième degré recherchée est donc :

$z^{3}+3qz^{2}+(p^{3}+3q^{2})z+q^{3}=0~$

 

Exercice 2-6

Soit l'équation de degré 3 :

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$.

Donnez une condition nécessaire et suffisante portant sur les coefficients a, b, c, d pour que l'une des racines de l'équation soit la moyenne arithmétique des deux autres.

Solution

Soit x₁, x₂, x₃, les trois racines de l'équation. Nous devons avoir :

$x_{1}={\frac {x_{2}+x_{3}}{2}}\quad {\text{ou}}\quad x_{2}={\frac {x_{1}+x_{3}}{2}}\quad {\text{ou}}\quad x_{3}={\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}$,

ce qui est équivalent à :

${\frac {x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}}$ est égal à l'une des trois racines,

ou encore :

$a\left(-{\frac {b}{3a}}\right)^{3}+b\left(-{\frac {b}{3a}}\right)^{2}+c\left(-{\frac {b}{3a}}\right)+d=0$,

c'est-à-dire :

$2b^{3}-9abc+27a^{2}d=0$.

 

Exercice 2-7

Soit l'équation de degré 3 :

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0~$

Donnez une condition nécessaire et suffisante portant sur les coefficients $a,b,c,d$ pour que les trois racines de cette équation soient les affixes des sommets d'un triangle équilatéral dans le plan complexe.

Solution

Les trois racines de l'équation sont les affixes des sommets d'un triangle équilatéral si et seulement si elles sont de la forme :

$x_{k}={\frac {x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}}+\gamma _{k}=-{\frac {b}{3a}}+\gamma _{k},\quad k\in \{0,1,2\}$

où les $\gamma _{k}$ sont les trois racines cubiques d'un même nombre complexe $z$, c'est-à-dire si et seulement si :

$\exists z\in \mathbb {C} \quad aX^{3}+bX^{2}+cX+d=a\left[\left(X+{\frac {b}{3a}}\right)^{3}-z\right]$.

Une condition nécessaire et suffisante est donc (en développant et en identifiant les coefficients) :

$c={\frac {b^{2}}{3a}}$.

 

Exercice 2-8

On note $S_{i,j,k}$ la somme du monôme $X^{i}Y^{j}Z^{k}$ et de tous ceux obtenus par permutation des trois variables (par exemple : $S_{2,1,1}=X^{2}YZ+X^{2}ZY+Y^{2}XZ+Y^{2}ZX+Z^{2}XY+Z^{2}YX$).

En s'inspirant de la preuve du théorème fondamental des fonctions symétriques fournie dans la leçon sur l'équation du quatrième degré, exprimer, en fonction des trois polynômes symétriques élémentaires $\sigma _{1},\sigma _{2},\sigma _{3}$, les neuf polynômes suivants :

$S_{2,1,0},\;S_{2,2,0},\;S_{3,1,0},\;S_{3,2,0},\;S_{3,3,0},\;S_{4,1,0},\;S_{4,2,0},\;S_{4,3,0},\;S_{4,4,0}$

et tester, pour $X=Y=Z=1$, les égalités obtenues.

Solution

1. $S_{2,1,0}=\sigma _{1}\sigma _{2}-3\sigma _{3}$,
   $6=3\times 3-3\times 1$.
2. $S_{2,2,0}=\sigma _{2}^{2}-2\sigma _{3}\sigma _{1}$,
   $3=3^{2}-2\times 1\times 3$.
3. $S_{3,1,0}=\sigma _{1}^{2}\sigma _{2}-2S_{2,2,0}-5\sigma _{3}\sigma _{1}=\sigma _{1}^{2}\sigma _{2}-2\sigma _{2}^{2}-\sigma _{3}\sigma _{1}$,
   $6=3^{2}\times 3-2\times 3^{2}-1\times 3$.
4. $S_{3,2,0}=\sigma _{1}\sigma _{2}^{2}-2\sigma _{3}(\sigma _{1}^{2}-2\sigma _{2})-5\sigma _{3}\sigma _{2}=\sigma _{1}\sigma _{2}^{2}-2\sigma _{3}\sigma _{1}^{2}-\sigma _{3}\sigma _{2}$,
   $6=3\times 3^{2}-2\times 1\times 3^{2}-1\times 3$.
5. $S_{3,3,0}=\sigma _{2}^{3}-3\sigma _{3}S_{2,1,0}-6\sigma _{3}^{2}=\sigma _{2}^{3}-3\sigma _{3}\sigma _{1}\sigma _{2}+3\sigma _{3}^{2}$,
   $3=3^{3}-3\times 3\times 1\times 3+3\times 1^{2}$.
6. $S_{4,1,0}=\sigma _{1}^{3}\sigma _{2}-3S_{3,2,0}-7\sigma _{3}(\sigma _{1}^{2}-2\sigma _{2})-12\sigma _{3}\sigma _{2}=\sigma _{1}^{3}\sigma _{2}-3\sigma _{1}\sigma _{2}^{2}-\sigma _{3}\sigma _{1}^{2}+5\sigma _{3}\sigma _{2}$,
   $6=3^{3}\times 3-3\times 3\times 3^{2}-1\times 3^{2}+5\times 1\times 3$.
7. $S_{4,2,0}=\sigma _{1}^{2}\sigma _{2}^{2}-2\sigma _{3}p_{3}-2S_{3,3,0}-8\sigma _{3}S_{2,1,0}-15\sigma _{3}^{2}$
   $=\sigma _{1}^{2}\sigma _{2}^{2}-2\sigma _{3}(\sigma _{1}^{3}-3\sigma _{1}\sigma _{2}+3\sigma _{3})-2(\sigma _{2}^{3}-3\sigma _{3}\sigma _{1}\sigma _{2}+3\sigma _{3}^{2})-8\sigma _{3}(\sigma _{1}\sigma _{2}-3\sigma _{3})-15\sigma _{3}^{2}$
   $=\sigma _{1}^{2}\sigma _{2}^{2}-2\sigma _{3}\sigma _{1}^{3}+4\sigma _{3}\sigma _{1}\sigma _{2}-3\sigma _{3}^{2}-2\sigma _{2}^{3}$,
   $6=3^{2}\times 3^{2}-2\times 1\times 3^{3}+4\times 1\times 3\times 3-3\times 1^{2}-2\times 3^{3}$.
8. $S_{4,3,0}=\sigma _{1}\sigma _{2}^{3}-3\sigma _{3}S_{3,1,0}-7\sigma _{3}S_{2,2,0}-12\sigma _{3}^{2}\sigma _{1}=\sigma _{1}\sigma _{2}^{3}-3\sigma _{3}\sigma _{1}^{2}\sigma _{2}-\sigma _{3}\sigma _{2}^{2}+5\sigma _{3}^{2}\sigma _{1}$,
   $6=3\times 3^{3}-3\times 1\times 3^{2}\times 3-1\times 3^{2}+5\times 1^{2}\times 3$.
9. $S_{4,4,0}=\sigma _{2}^{4}-4\sigma _{3}S_{3,2,0}-6\sigma _{3}^{2}(\sigma _{1}^{2}-2\sigma _{2})-12\sigma _{3}^{2}\sigma _{2}=\sigma _{2}^{4}-4\sigma _{3}\sigma _{1}\sigma _{2}^{2}+2\sigma _{3}^{2}\sigma _{1}^{2}+4\sigma _{3}^{2}\sigma _{2}$,
   $3=3^{4}-4\times 1\times 3\times 3^{2}+2\times 1^{2}\times 3^{2}+4\times 1^{2}\times 3$.

 

Exercice 2-9

Démontrer que les polynômes symétriques en trois variables invariants par translation (de ces trois variables) sont les polynômes en $\sigma _{2}-{\frac {\sigma _{1}^{2}}{3}}$ et $\sigma _{3}-{\frac {\sigma _{1}\sigma _{2}}{3}}+{\frac {2\sigma _{1}^{3}}{27}}$.

Solution

Les polynômes symétriques élémentaires en les $Y_{i}:=X_{i}-a$ (que nous noterons $\sigma '_{i}$) se déduisent de ceux (notés $\sigma _{i}$) en $X_{1},X_{2},X_{3}$ par identification des coefficients dans :

$Y^{3}-\sigma '_{1}Y^{2}+\sigma '_{2}Y-\sigma '_{3}=(Y+a)^{3}-\sigma _{1}(Y+a)^{2}+\sigma _{2}(Y+a)-\sigma _{3}$,

ce qui donne :

$\sigma '_{1}=\sigma _{1}-3a,\quad \sigma '_{2}=\sigma _{2}-2a\sigma _{1}+3a^{2},\quad \sigma '_{3}=\sigma _{3}-a\sigma _{2}+a^{2}\sigma _{1}-a^{3}$.

Un polynôme en $X_{1},X_{2},X_{3}$ est symétrique et invariant par translation si c'est un polynôme symétrique en les $X_{i}-{\frac {\sigma _{1}}{3}}$, c'est-à-dire, d'après ce qui précède, un polynôme en

$\sigma _{2}-2{\frac {\sigma _{1}}{3}}\sigma _{1}+3\left({\frac {\sigma _{1}}{3}}\right)^{2}$ et $\sigma _{3}-{\frac {\sigma _{1}}{3}}\sigma _{2}+\left({\frac {\sigma _{1}}{3}}\right)^{2}\sigma _{1}-\left({\frac {\sigma _{1}}{3}}\right)^{3}$,

égaux respectivement à

$\sigma _{2}-{\frac {\sigma _{1}^{2}}{3}}$ et $\sigma _{3}-{\frac {\sigma _{1}\sigma _{2}}{3}}+{\frac {2\sigma _{1}^{3}}{27}}$.

 

Exercice 2-10

Trouvez tous les triplets de nombres complexes $(x,y,z)$ vérifiant la condition suivante :

$x+y+z=xy+xz+yz=3$.

En déduire que le seul triplet de nombres réels vérifiant la condition précédente est le triplet (1, 1, 1).

Solution

Il nous manquerait simplement une condition sur le produit des trois nombres $x,y,z$ pour construire une équation du troisième degré ayant pour racines $x,y,z$. Nous poserons arbitrairement ce produit égal à un paramètre complexe $m$. Nous avons alors :

${\begin{cases}x+y+z=3\\xy+xz+yz=3\\xyz=m.\end{cases}}$

Les nombres x, y , z sont alors les trois racines de l'équation :

$t^{3}-3t^{2}+3t-m=0$,

qui se met sous la forme

$(t-1)^{3}+1-m=0$.

Les triplets de nombres complexes répondant à la question sont donc :

$\left(1-{\sqrt[{3}]{m-1}},\quad 1-\mathrm {j} {\sqrt[{3}]{m-1}},\quad 1-\mathrm {j} ^{2}{\sqrt[{3}]{m-1}}\right)$

($m$ étant un paramètre complexe),

ainsi que les triplets obtenus en permutant de toutes les façons possibles les trois coordonnées.

Ces trois coordonnées sont réelles si et seulement si les trois nombres

${\sqrt[{3}]{m-1}},\quad \mathrm {j} {\sqrt[{3}]{m-1}},\quad \mathrm {j} ^{2}{\sqrt[{3}]{m-1}}$

le sont.

Puisque $\mathrm {j} \notin \mathbb {R}$, cela n'est possible que si ${\sqrt[{3}]{m-1}}=0$, c'est-à-dire $m=1$.

Le triplet obtenu est alors (1, 1, 1).

 

Remarque

Pour un autre exercice sur la somme et le produit des racines d'une équation du troisième degré, voir l'exercice 7-5.