Équation du quatrième degré/Méthode de Lagrange

Début de la boite de navigation du chapitre

fin de la boite de navigation du chapitre

Nous allons étudier une troisième méthode de résolution des équations du quatrième degré mise au point par Joseph-Louis Lagrange, en commençant par une variante. Les méthodes originelles de Lagrange seront exposées en fin de chapitre et le lien avec notre variante sera établi en exercice.

Principe de la méthode de Lagrange

Soit à résoudre une équation de la forme :

$z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$

(nous savons que toute équation de degré 4 s'y ramène),

dont nous noterons les racines : z₀, z₁, z₂, z₃ (de somme nulle).

L'idée de la méthode de Lagrange est de trouver une équation du troisième degré ayant trois racines y₀, y₁, y₂ permettant d’en déduire facilement z₀, z₁, z₂, z₃. Pour cela, on commencera par exprimer y₀, y₁, y₂ en fonction de z₀, z₁, z₂, z₃ de façon que les expressions :

$y_{0}+y_{1}+y_{2}$,

$y_{0}y_{1}+y_{0}y_{2}+y_{1}y_{2}$,

$y_{0}y_{1}y_{2}$

soient des polynômes symétriques en z₀, z₁, z₂, z₃, pour pouvoir fabriquer une équation du troisième degré dont les coefficients s'expriment en fonction de p, q, r.

Il faudra aussi que z₀, z₁, z₂, z₃ s'expriment individuellement simplement en fonction de y₀, y₁, y₂.

Dans cette optique, on pose alors :

$y_{0}=-(z_{0}+z_{1})(z_{2}+z_{3})$ ;

$y_{1}=-(z_{0}+z_{2})(z_{1}+z_{3})$ ;

$y_{2}=-(z_{0}+z_{3})(z_{1}+z_{2})$.

On a alors :

${\begin{aligned}y_{0}+y_{1}+y_{2}&=-(z_{0}+z_{1})(z_{2}+z_{3})-(z_{0}+z_{2})(z_{1}+z_{3})-(z_{0}+z_{3})(z_{1}+z_{2})\\&=-2z_{0}z_{1}-2z_{0}z_{2}-2z_{0}z_{3}-2z_{1}z_{2}-2z_{1}z_{3}-2z_{2}z_{3}\\&=-2(z_{0}z_{1}+z_{0}z_{2}+z_{0}z_{3}+z_{1}z_{2}+z_{1}z_{3}+z_{2}z_{3})\\&=-2p\end{aligned}}$

Compte tenu de la condition $z_{0}+z_{1}+z_{2}+z_{3}=0$, on trouve aussi :

$y_{0}y_{1}+y_{0}y_{2}+y_{1}y_{2}=p^{2}-4r$ ;

$y_{0}y_{1}y_{2}=q^{2}$.

(Pour un calcul sans cette condition, voir l'exercice 2-3.)

Nous voyons alors que y₀, y₁, y₂ sont les trois racines de l'équation :

$y^{3}+2py^{2}+(p^{2}-4r)y-q^{2}=0$.

Cette équation étant du troisième degré, nous avons appris à la résoudre et nous en déduisons les valeurs de y₀, y₁, y₂, que l’on supposera désormais connues. À partir de ces valeurs, il nous faut maintenant en déduire les valeurs de z₀, z₁, z₂, z₃. Pour cela, nous allons fabriquer trois équations du second degré ayant pour racines respectivement :

$z_{0}+z_{1}$ et $z_{2}+z_{3}$,

$z_{0}+z_{2}$ et $z_{1}+z_{3}$,

$z_{0}+z_{3}$ et $z_{1}+z_{2}$.

Comme nous avons :

$(z_{0}+z_{1})+(z_{2}+z_{3})=0$,

$(z_{0}+z_{1})(z_{2}+z_{3})=-y_{0}$,

nous en déduisons que

• $z_{0}+z_{1}$ et $z_{2}+z_{3}$ sont les deux racines carrées de $y_{0}$.

De même :

• $z_{0}+z_{2}$ et $z_{1}+z_{3}$ sont les deux racines carrées de $y_{1}$ ;
• $z_{0}+z_{3}$ et $z_{1}+z_{2}$ sont les deux racines carrées de $y_{2}$.

Ces propriétés se résument par :

${\begin{cases}z_{0}+z_{1}={\sqrt {y_{0}}}&(1)\\z_{2}+z_{3}=-{\sqrt {y_{0}}}&(2)\\z_{0}+z_{2}={\sqrt {y_{1}}}&(3)\\z_{1}+z_{3}=-{\sqrt {y_{1}}}&(4)\\z_{0}+z_{3}={\sqrt {y_{2}}}&(5)\\z_{1}+z_{2}=-{\sqrt {y_{2}}}&(6).\end{cases}}$

En additionnant membre à membre les équations (1), (3) et (5), nous obtenons :

$3z_{0}+z_{1}+z_{2}+z_{3}={\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {y_{1}}}+{\sqrt {y_{2}}}$

et comme :

$z_{0}+z_{1}+z_{2}+z_{3}=0$,

il nous reste :

$z_{0}={\frac {1}{2}}({\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {y_{1}}}+{\sqrt {y_{2}}})$.

De même, en additionnant membre à membre les équations (1), (4) et (6), nous obtenons :

$z_{1}={\frac {1}{2}}({\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {y_{1}}}-{\sqrt {y_{0}}})$,

et ainsi de suite.

Nous voyons que les solutions de l'équation :

$z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$

sont :

${\begin{cases}z_{0}={\frac {1}{2}}({\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {y_{1}}}+{\sqrt {y_{2}}})\\z_{1}={\frac {1}{2}}({\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {y_{1}}}-{\sqrt {y_{2}}})\\z_{2}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {y_{1}}}-{\sqrt {y_{2}}})\\z_{3}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {y_{1}}}+{\sqrt {y_{2}}}).\end{cases}}$

Nous voyons dans les formules précédentes que les valeurs de z₀, z₁, z₂, z₃ dépendent des racines carrées de y₀, y₁, y₂. Comme il y a deux façons de choisir la racine carrée d'un nombre complexe, on peut alors se demander si l'on peut la choisir au hasard. La réponse est non ! Pour s'en convaincre, il suffit de remarquer que si l’on remplace un choix quelconque des racines carrées par leurs opposées, on transforme toutes les racines en leurs opposées, ce qui signifierait que dans l'équation à résoudre, les racines sont opposées deux à deux. Ceci est absurde. L’analyse des formules précédentes montre qu'une fois que les racines de deux des valeurs y₀, y₁, y₂ sont choisies, alors le choix de la troisième s'en déduit.

Pour savoir comment choisir les trois racines, calculons leur produit. On a :

${\begin{aligned}{\sqrt {y_{0}}}\times {\sqrt {y_{1}}}\times {\sqrt {y_{2}}}&=(z_{0}+z_{1})(z_{0}+z_{2})(z_{0}+z_{3})\\&=z_{0}^{3}+z_{0}^{2}(z_{1}+z_{2}+z_{3})+z_{0}z_{1}z_{2}+z_{0}z_{1}z_{3}+z_{0}z_{2}z_{3}+z_{1}z_{2}z_{3}\\&=z_{0}^{3}+z_{0}^{2}(0-z_{0})+z_{0}z_{1}z_{2}+z_{0}z_{1}z_{3}+z_{0}z_{2}z_{3}+z_{1}z_{2}z_{3}\\&=z_{0}z_{1}z_{2}+z_{0}z_{1}z_{3}+z_{0}z_{2}z_{3}+z_{1}z_{2}z_{3}\\&=-q.\end{aligned}}$

Nous retiendrons :

Remarque

Nous choisirons des racines carrées de y₀, y₁, y₂ de telle façon que :

${\sqrt {y_{0}}}\times {\sqrt {y_{1}}}\times {\sqrt {y_{2}}}=-q$.

Résumé de la méthode « de Lagrange »

Ce que nous avons fait au paragraphe précédent est un peu long. Nous allons le résumer dans un encadré.

Début d’un principe

Essentiel de la méthode « de Lagrange »

Soit à résoudre une équation mise sous la forme :

$z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$

dont les racines seront notées z₀, z₁, z₂, z₃.

Nous commencerons par résoudre l'équation :

$y^{3}+2py^{2}+(p^{2}-4r)y-q^{2}=0$,

dont nous noterons y₀, y₁, y₂ les trois racines.

Nous calculerons ensuite des racines carrées de y₀, y₁, y₂ vérifiant la relation :

${\sqrt {y_{0}}}\times {\sqrt {y_{1}}}\times {\sqrt {y_{2}}}=-q$.

Nous en déduisons les solutions :

${\begin{cases}z_{0}={\frac {1}{2}}({\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {y_{1}}}+{\sqrt {y_{2}}})\\z_{1}={\frac {1}{2}}({\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {y_{1}}}-{\sqrt {y_{2}}})\\z_{2}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {y_{1}}}-{\sqrt {y_{2}}})\\z_{3}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {y_{1}}}+{\sqrt {y_{2}}}).\end{cases}}$

Fin du principe

Début de l'exemple

Exemple

Soit à résoudre l'équation :

$16x^{4}-64x^{3}+8x^{2}+16x+1=0$.

Pour éliminer le monôme de degré 3, posons :

$x=z+1$.

Après développement et simplification, l'équation devient :

$z^{4}-{\frac {11}{2}}z^{2}-6z-{\frac {23}{16}}=0$.

Elle est donc de la forme :

$z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$

avec :

$p=-{\frac {11}{2}},\qquad q=-6,\qquad r=-{\frac {23}{16}}$.

Nous devons maintenant résoudre l'équation :

$y^{3}+2py^{2}+(p^{2}-4r)y-q^{2}=0$

qui s'écrit, en remplaçant p, q et r par leurs valeurs :

$y^{3}-11y^{2}+36y-36=0$.

La résolvante a pour racines évidentes :

$y_{0}=2,\qquad y_{1}=3,\qquad y_{2}=6$.

En remarquant que :

${\sqrt {2}}{\sqrt {3}}{\sqrt {6}}=6=-q$,

nous en déduisons que les racines de l'équation :

$16z^{4}-88z^{2}-96z-23=0$

sont :

${\begin{cases}z_{0}={\frac {1}{2}}({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {6}})\\z_{1}={\frac {1}{2}}({\sqrt {2}}-{\sqrt {3}}-{\sqrt {6}})\\z_{2}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}-{\sqrt {6}})\\z_{3}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {2}}-{\sqrt {3}}+{\sqrt {6}}).\end{cases}}$

En reportant ces valeurs dans la relation :

$x=z+1$,

nous concluons que les racines de l'équation :

$16x^{4}-64x^{3}+8x^{2}+16x+1=0$

sont :

${\begin{cases}x_{0}={\frac {1}{2}}({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {6}})+1\\x_{1}={\frac {1}{2}}({\sqrt {2}}-{\sqrt {3}}-{\sqrt {6}})+1\\x_{2}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}-{\sqrt {6}})+1\\x_{3}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {2}}-{\sqrt {3}}+{\sqrt {6}})+1.\end{cases}}$

Fin de l'exemple

Quelques commentaires sur la méthode

• Dans l'exposé de la méthode, nous avons posé :

  $y_{0}=-(z_{0}+z_{1})(z_{2}+z_{3})$ ;

  $y_{1}=-(z_{0}+z_{2})(z_{1}+z_{3})$ ;

  $y_{2}=-(z_{0}+z_{3})(z_{1}+z_{2})$.

  On peut alors se demander à quoi servent les signes –. N'aurait-on pas pu simplement poser :

  $y_{0}=(z_{0}+z_{1})(z_{2}+z_{3})$ ;

  $y_{1}=(z_{0}+z_{2})(z_{1}+z_{3})$ ;

  $y_{2}=(z_{0}+z_{3})(z_{1}+z_{2})$ ?

  C'est en fait ce que font certains auteurs. Dans ce cas, la résolvante aurait été :

  $y^{3}-2py^{2}+(p^{2}-4r)y+q^{2}=0~$

  et les solutions auraient été :

  ${\begin{cases}z_{0}={\frac {1}{2}}({\sqrt {-y_{0}}}+{\sqrt {-y_{1}}}+{\sqrt {-y_{2}}})\\z_{1}={\frac {1}{2}}({\sqrt {-y_{0}}}-{\sqrt {-y_{1}}}-{\sqrt {-y_{2}}})\\z_{2}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {-y_{0}}}+{\sqrt {-y_{1}}}-{\sqrt {-y_{2}}})\\z_{3}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {-y_{0}}}-{\sqrt {-y_{1}}}+{\sqrt {-y_{2}}})\end{cases}}$

  et l’on voit réapparaître des signes – sous les radicaux dans les solutions. Il faut donc faire un choix sur l'emplacement où l’on préfère voir les signes –.

• On remarque aussi que dans :

  $y_{0}=-(z_{0}+z_{1})(z_{2}+z_{3})$,

  $y_{1}=-(z_{0}+z_{2})(z_{1}+z_{3})$,

  $y_{2}=-(z_{0}+z_{3})(z_{1}+z_{2})$,

  on a des produits de sommes. On aurait pu envisager plutôt des sommes de produits en posant :

  $u_{0}=z_{0}z_{1}+z_{2}z_{3}$ ;

  $u_{1}=z_{0}z_{2}+z_{1}z_{3}$ ;

  $u_{2}=z_{0}z_{3}+z_{1}z_{2}$.

  C'est en réalité ce choix qu'avait fait Lagrange dans sa première méthode (voir infra). Nous établirons le lien entre ces deux variantes dans l'exercice 7-4.

• La méthode de Lagrange (avec notre choix ci-dessus ou avec le sien) fournit les mêmes résultats que celle de Ferrari donc aussi que celle de Descartes, aux notations près (voir infra).
• Contrairement aux méthodes astucieuses de Ferrari et de Descartes, la méthode de Lagrange est basée sur un raisonnement logique qui, a priori, semble indépendant du degré de l'équation. Malheureusement, si l’on fait un raisonnement similaire pour des équations de degré supérieur ou égal à cinq, on aboutit à une résolvante dont le degré est supérieur au degré de l'équation à résoudre. Ceci a amené Lagrange à conjecturer que les équations ne sont pas résolubles par radicaux pour un degré supérieur ou égal à cinq. Lagrange n'a pas réussi à montrer ce qu’il soupçonnait mais ses travaux ont inspiré les recherches ultérieures de Niels Henrik Abel et Évariste Galois.

Méthodes originelles de Lagrange

De même que les méthodes de Ferrari et de Descartes, celle de Lagrange s'applique tout aussi bien directement — comme Lagrange lui-même l'avait fait — à une équation de la forme

$x^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0$,

sans la mettre au préalable sous la forme $z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$.

Lagrange donne deux méthodes pour trouver les quatre racines x₀, x₁, x₂, x₃ de $x^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0$.

Première méthode

Lagrange choisit des sommes de produits plutôt que, comme nous plus haut, des produits de sommes (cf. deuxième commentaire ci-dessus).

Il pose donc :

$u_{0}=x_{0}x_{1}+x_{2}x_{3}$ ;

$u_{1}=x_{0}x_{2}+x_{1}x_{3}$ ;

$u_{2}=x_{0}x_{3}+x_{1}x_{2}$.

Alors :

$u_{0}+u_{1}+u_{2}=c$ ;

$u_{0}u_{1}+u_{0}u_{2}+u_{1}u_{2}=bd-4e$ ;

$u_{0}u_{1}u_{2}=(b^{2}-4c)e+d^{2}$,

de sorte que u₀, u₁, u₂ sont les trois racines de la résolvante cubique suivante :

$u^{3}-cu^{2}+(bd-4e)u+(4c-b^{2})e-d^{2}=0$.

Connaissant l'une d'elles, par exemple u₀, on en déduit les valeurs de

$P_{0}:=x_{0}x_{1},\quad P_{1}:=x_{2}x_{3}$,

dont la somme est u₀ et le produit est e, en résolvant l'équation du second degré

$P^{2}-u_{0}P+e=0$.

Puis, en résolvant le système linéaire

${\begin{cases}P_{1}(x_{0}+x_{1})+P_{0}(x_{2}+x_{3})&=-d\\x_{0}+x_{1}+x_{2}+x_{3}&=-b,\end{cases}}$

on connaît non seulement les produits (P₀ et P₁) des deux paires de solutions, mais aussi les sommes :

$S_{0}:=x_{0}+x_{1}={\frac {d-bP_{0}}{P_{0}-P_{1}}},\quad S_{1}:=x_{2}+x_{3}={\frac {d-bP_{1}}{P_{1}-P_{0}}}$

et l'on en déduit les quatre solutions x₀, x₁, x₂, x₃ en résolvant les deux équations du second degré

$x^{2}-S_{0}x+P_{0}=0,\quad x^{2}-S_{1}x+P_{1}=0$.

Lagrange retrouve ainsi (cf. exercice 7-3) les formules de Ferrari (cas général), aux notations près ($u=2\lambda$) — dont nous savons qu'elles sont équivalentes à celles de Descartes (avec $y=2\lambda -c=u-c$) — mais il ne poursuit pas cette méthode car il en trouve une plus simple (ci-dessous). On peut cependant, comme dans le cas particulier b = 0 ci-dessus, exprimer les solutions x₀, x₁, x₂, x₃ en fonction des trois racines u₀, u₁, u₂ de la résolvante (cf. exercice 7-4).

Seconde méthode

Lagrange pose

$s_{0}=x_{0}+x_{1}-x_{2}-x_{3}$ ;

$s_{1}=x_{0}+x_{2}-x_{1}-x_{3}$ ;

$s_{2}=x_{0}+x_{3}-x_{1}-x_{2}$.

Les

$t_{i}:=s_{i}^{2}$

sont alors liés aux $u_{i}$ de la première méthode par :

$u_{i}={\frac {t_{i}-b^{2}+4c}{4}}$

donc sont les racines d'une nouvelle résolvante cubique :

$\left({\frac {t-b^{2}+4c}{4}}\right)^{3}-c\left({\frac {t-b^{2}+4c}{4}}\right)^{2}+(bd-4e){\frac {t-b^{2}+4c}{4}}+(4c-b^{2})e-d^{2}=0$,

soit

$t^{3}+(8c-3b^{2})t^{2}+(16c^{2}-64e+16bd-16b^{2}c+3b^{4})t-(8d-4bc+b^{3})^{2}=0$.

Les solutions x₀, x₁, x₂, x₃ se déduisent des racines carrées $s_{i}$ des $t_{i}$ :

$x_{0}={\frac {-b+s_{0}+s_{1}+s_{2}}{4}}$ ;

$x_{1}={\frac {-b+s_{0}-s_{1}-s_{2}}{4}}$ ;

$x_{2}={\frac {-b-s_{0}+s_{1}-s_{2}}{4}}$ ;

$x_{3}={\frac {-b-s_{0}-s_{1}+s_{2}}{4}}$,

mais il faut prendre garde (de même que dans le cas particulier $(b,c,d,e,s_{i})=(0,p,q,r,2{\sqrt {y_{i}}})$ ci-dessus) à faire un choix cohérent des trois racines carrées $s_{i}$, de façon que leur produit soit bien égal à $-b^{3}+4bc-8d$, et non à son opposé.

Début de l'exemple

Exemple

Reprenons l'exemple (voir supra) de l'équation :

$x^{4}-4x^{3}+{\frac {1}{2}}x^{2}+x+{\frac {1}{16}}=0$.

La résolvante

$t^{3}-11.2^{2}t^{2}+9.2^{6}t-9.2^{8}=0$

se simplifie, en posant $t=4t'$, en $t'^{3}-11t'^{2}+36t'-36=0$ qui a pour racines évidentes t' = 2, 3 et 6, donc

$t_{0}=8,\quad t_{1}=12,\quad t_{2}=24$.

Puisque $-b^{3}+4bc-8d=48>0$, on peut choisir

$s_{0}=2{\sqrt {2}},\quad s_{1}=2{\sqrt {3}},\quad t_{2}=2{\sqrt {6}}$.

On en déduit les solutions :

${\begin{cases}x_{0}={\frac {4+s_{0}+s_{1}+s_{2}}{4}}=1+{\frac {{\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {6}}}{2}}\\x_{1}={\frac {-b+s_{0}-s_{1}-s_{2}}{4}}=1+{\frac {{\sqrt {2}}-{\sqrt {3}}-{\sqrt {6}}}{2}}\\x_{2}={\frac {-b-s_{0}+s_{1}-s_{2}}{4}}=1+{\frac {-{\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}-{\sqrt {6}}}{2}}\\x_{3}={\frac {-b-s_{0}-s_{1}+s_{2}}{4}}=1+{\frac {-{\sqrt {2}}-{\sqrt {3}}+{\sqrt {6}}}{2}}.\end{cases}}$

Fin de l'exemple