Équation du troisième degré/Devoir/Méthode de Tschirnhaus

Les questions a) à d) de la partie Ⅰ de ce devoir exposent fidèlement les calculs (en latin) de

Tschirnhaus, « Methodus auferendi omnes terminos intermedios ex data aequatione », Acta Eruditorum, mai 1683, p. 204-207 [texte intégral]

(traduction en anglais : R. F. Green, « A method for removing all intermediate terms from a given equation », ACM SIGSAM Bulletin, vol. 37, n^o  1, mars 2003 [texte intégral]),

fournissant une autre méthode de résolution des équations du troisième degré que celle de Cardan vue au chapitre 4.

Elle étend celle vue au chapitre 4 qui permet, par translation de la variable, de ramener une équation de degré $n$ à une équation de même degré mais de coefficient nul en degré $n-1$. Ce résultat étant acquis, on se contentera d'appliquer la méthode de Tschirnhaus aux équations du troisième degré de la forme $x^3+px+q=0$. On écartera le cas trivial $p=0$.

Cette méthode est largement généralisable. On en verra un exemple dans la partie Ⅱ, qui donne une méthode pour résoudre les équations de degré 4.

— Ⅰ —

a) Recalculer le résultant $R_{3-2}$ (vu au chapitre 2) dans le cas particulier de deux équations de la forme

$\{\begin{array}{cc}{x}^3+px+q& =0\\ x^2+\alpha x+\beta & =0\end{array}$

en le présentant par puissances décroissantes de $\beta$.

Solution

Si $x^2=-\alpha x-\beta$ alors $x^3=-\alpha x^2-\beta x=-\alpha (-\alpha x-\beta )-\beta x=({\alpha }^2-\beta )x+\alpha \beta$.

Par conséquent, le système

$\{\begin{array}{cc}{x}^3+px+q& =0\\ x^2+\alpha x+\beta & =0\end{array}$

est équivalent au système

$\{\begin{array}{cc}(-\beta +{\alpha }^2+p)x+\alpha \beta +q& =0\\ x^2+\alpha x+\beta & =0\end{array}$

et son résultant est :

$\begin{array}{cc}& \beta (-\beta +{\alpha }^2+p{)}^2-\alpha (-\beta +{\alpha }^2+p)(\alpha \beta +q)+(\alpha \beta +q{)}^2\\ & =(-\beta +{\alpha }^2+p)[\beta (-\beta +{\alpha }^2+p)-\alpha (\alpha \beta +q)]+(\alpha \beta +q{)}^2\\ & =(-\beta +{\alpha }^2+p)(-{\beta }^2+p\beta -\alpha q)+(\alpha \beta +q{)}^2\\ & ={\beta }^3-2p{\beta }^2+(p^2+p{\alpha }^2+3q\alpha )\beta +q^2-pq\alpha -q{\alpha }^3.\end{array}$

 

b) On cherche à résoudre l'équation $x^3+px+q=0$ (avec $p\ne 0$) en introduisant une variable auxiliaire $y$ et une nouvelle équation, de la forme $x^2=ax+b+y$. Quelle équation polynomiale (à présenter par puissances décroissantes de $y$) doit lier les paramètres $y$, $a$ et $b$ pour que les deux équations

$\{\begin{array}{cc}{x}^3+px+q& =0\\ x^2& =ax+b+y\end{array}$

aient une solution commune $x$ ?

Solution

D'après la question précédente, la condition est

$-(b+y{)}^3-2p(b+y{)}^2-(p^2+p{a}^2-3qa)(b+y)+q^2+pqa+q{a}^3=0$,

soit

$y^3+(3b+2p)y^2+(3b^2+4pb+p^2+p{a}^2-3qa)y+b^3+2p{b}^2+p^{2}b+p{a}^{2}b-3qab-q^2-pqa-q{a}^3=0$.

Il n'est pas indispensable mais peut être commode pour la suite de remarquer que le terme constant, vue la question précédente, s'écrit aussi :

$(b+a^2+p)(b^2+pb-qa)-(ab+q{)}^2$.

 

c) Comment $a$ et $b$ doivent-ils être choisis pour que cette équation soit de la forme $y^3=c$ ?

Montrer qu'alors, avec $\delta$ défini (au signe près) par ${\delta }^2=\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}=\frac{4p^3+27q^2}{4\times 27}$, on a :

• $a=\frac{3}{p}(\frac{q}{2}+\delta )$ ;
• $a\ne 0$ ;
• $a^2+\frac{p}{3}=\frac{6a\delta }{p}$ ;
• $c={\left(\frac{6\delta }{p}\right)}^3\frac{pa}{3}$.

Solution

$\begin{array}{cc}& \{\begin{array}{cc}3b+2p& =0\\ 3b^2+4pb+p^2+p{a}^2-3qa& =0\end{array}\\ \iff & \{\begin{array}{cc}b& =-\frac{2p}{3}\\ \frac{4p^2}{3}-\frac{8p^2}{3}+p^2+p{a}^2-3qa& =0\end{array}\\ \iff & \{\begin{array}{cc}b& =-\frac{2p}{3}\\ p{a}^2-3qa-\frac{p^2}{3}& =0\end{array}\\ \iff & \{\begin{array}{cc}b& =-\frac{2p}{3}\\ a& =\frac{3}{p}(\frac{q}{2}+\delta ).\end{array}\end{array}$

$a\ne 0$ car $p{a}^2-3qa=\frac{p^2}{3}\ne 0$. On a même : $\frac{1}{a}=\frac{3}{p^2}(pa-3q)$.

$\frac{a^2+\frac{p}{3}}{a}=a+\frac{p}{3a}=a+\frac{1}{p}(pa-3q)=2a-\frac{3q}{p}=\frac{6}{p}(\frac{q}{2}+\delta )-\frac{3q}{p}=\frac{6\delta }{p}$.

$\begin{array}{cc}c& =(a^2+b+p)(qa-b^2-bp)+(q+ab{)}^2\\ & =(\frac{3q}{p}a+\frac{2p}{3})(qa+\frac{2p^2}{9})+{(q-\frac{2p}{3}a)}^2\\ & =a^2(\frac{3q^2}{p}+\frac{4p^2}{9})+\frac{4p^3}{27}+q^2\\ & =\frac{12{\delta }^2}{p}(a^2+\frac{p}{3})\\ & =\frac{12{\delta }^2}{p}\frac{6a\delta }{p}\\ & ={\left(\frac{6\delta }{p}\right)}^3\frac{pa}{3}.\end{array}$

 

d) En déduire un algorithme pour résoudre $x^3+px+q=0$ (avec $p\ne 0$).

Solution

On fixe $a$ et $b$ comme ci-dessus, on calcule une racine cubique $z$ de $\frac{pa}{3}$, et l'on pose $y_k=\frac{6\delta }{p}z{\mathrm{j}}^k$ pour $k=0,1,2$ ($\mathrm{j}=\frac{-1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2},{\mathrm{j}}^2=\bar{\mathrm{j}}$). Pour chacune de ces trois valeurs, on calcule les deux solutions de l'équation $x^2-ax-(b+y_k)=0$, de discriminant ${\mathrm{\Delta }}_k=a^2+4b+4y_k=\frac{3q}{p}a-\frac{7p}{3}+4y_k$. On obtient ainsi en général 6 valeurs distinctes $x=\frac{a\pm \sqrt{{\mathrm{\Delta }}_k}}{2}$, dont les 3 solutions de $x^3+px+q=0$ font nécessairement partie. Il suffit, pour conclure, de tester les 6 valeurs.

 

e) Appliquer cet algorithme pour résoudre $x^3+x-2=0$.

Solution

Pour $p=1$ et $q=-2$, on trouve $\delta =\frac{2}{3}\sqrt{\frac{7}{3}},a=-3+2\sqrt{\frac{7}{3}},z=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{7}{3}},y_0=\frac{14}{3}-2\sqrt{\frac{7}{3}},{\mathrm{\Delta }}_k=\frac{47}{3}-12\sqrt{\frac{7}{3}}+4y_k$.

• ${\mathrm{\Delta }}_0=\frac{103}{3}-20\sqrt{\frac{7}{3}}={(5-2\sqrt{\frac{7}{3}})}^2,x_0=1,x{\text{'}}_0=-4+2\sqrt{\frac{7}{3}}$.
• ${\mathrm{\Delta }}_1=\frac{19}{3}-8\sqrt{\frac{7}{3}}+\mathrm{i}(\frac{28}{\sqrt{3}}-4\sqrt{7})={(2-2\sqrt{\frac{7}{3}}-\mathrm{i}\sqrt{7})}^2,x_1=\frac{-1-\mathrm{i}\sqrt{7}}{2},x{\text{'}}_1=-\frac{5}{2}+2\sqrt{\frac{7}{3}}+\mathrm{i}\frac{\sqrt{7}}{2}$.
• ${\mathrm{\Delta }}_2=\overline{{\mathrm{\Delta }}_1},x_2=\frac{-1+\mathrm{i}\sqrt{7}}{2},x{\text{'}}_2=-\frac{5}{2}+2\sqrt{\frac{7}{3}}-\mathrm{i}\frac{\sqrt{7}}{2}$.

Les trois solutions de $x^3+x-2=0$ sont $x_0,x_1,x_2$. Cette équation aurait pu être résolue bien plus rapidement en remarquant la racine évidente (c'est d'ailleurs ce qui nous a permis, en « trichant », de « deviner » les racines carrées des ${\mathrm{\Delta }}_k$).

 

f) On revient au cas général (avec, toujours, $p\ne 0$). Démontrer que (pour $a,b,c,y$ choisis comme ci-dessus) les trois propriétés suivantes sont équivalentes :

$\delta =0,y=0,a^2+b+y+p=0$.

Que remarque-t-on lorsqu'elles sont satisfaites ?

Solution

Comme $a\ne 0$ et $a^2+b+p=a^2+\frac{p}{3}=\frac{6a\delta }{p}$, on a :

• $\delta =0\iff y=0$, puisque $y^3={\left(\frac{6\delta }{p}\right)}^3\frac{pa}{3}$ ;
• si $\delta =y=0$ alors $a^2+b+p+y=\frac{6a\delta }{p}+0=0$ ;
• réciproquement, si $a^2+b+p+y=0$, alors $0=(a^2+b+p{)}^3+y^3={\left(\frac{6a\delta }{p}\right)}^3+{\left(\frac{6\delta }{p}\right)}^3\frac{pa}{3}={\left(\frac{6a\delta }{p}\right)}^{3}a(a^2+\frac{p}{3})={\left(\frac{6\delta }{p}\right)}^3\frac{6a^2\delta }{p}$ donc $\delta =0$.

Dans ce cas, on n'a plus 6 candidats mais seulement 2 : les solutions de $x^2=\frac{3q}{2p}x-\frac{2p}{3}$, qui sont $\frac{3q}{p}$ et $-\frac{3q}{2p}$. On peut vérifier que ces deux candidats sont effectivement solutions de $x^3+px+q=0$ (respectivement simple et double).

 

g) Si $\delta \ne 0$ (avec $a,b,c,y$ choisis comme ci-dessus), montrer (en reprenant les calculs du début du devoir) qu'à chacune des trois racines cubiques $y$ de $c$ correspond une solution $x$ de $x^3+px+q=0$ — s'exprimant comme une fonction homographique de $y$ — et que les trois solutions $x$ ainsi obtenues sont distinctes. (Ceci affine l'algorithme de la question d).)

Solution

D'après les calculs du début du devoir, le système

$\{\begin{array}{cc}{x}^3+px+q& =0\\ x^2& =ax+b+y\end{array}$

est équivalent au système

$\{\begin{array}{cc}(a^2+b+y+p)x+q+a(b+y)& =0\\ x^2-ax-(b+y)& =0\end{array}$

et admet une solution (par choix de $a,b,c,y$).

D'après la question précédente, si $\delta \ne 0$ alors $a^2+b+y+p\ne 0$, donc cette solution est $x=-\frac{q+a(b+y)}{a^2+b+y+p}=\frac{-ay+2\delta }{y+\frac{6a\delta }{p}}$.

Cette fonction homographique est injective car $-a\frac{6a\delta }{p}-2\delta =-\frac{6\delta }{p}(a^2+\frac{p}{3})=-\frac{6\delta }{p}\frac{6a\delta }{p}\ne 0$.

 

— Ⅱ —

a) Calculer le résultant des deux équations

$\{\begin{array}{cc}{x}^4+p{x}^2+qx+r& =0\\ x^2+\alpha x+\beta & =0\end{array}$

en le présentant par puissances décroissantes de $\beta$.

Solution

Si $x^2=-\alpha x-\beta$ alors $x^4+p{x}^2+qx+r={\alpha }^2(-\alpha x-\beta )+2\alpha \beta x+{\beta }^2+p(-\alpha x-\beta )+qx+r$.

Par conséquent, le système

$\{\begin{array}{cc}{x}^4+p{x}^2+qx+r& =0\\ x^2+\alpha x+\beta & =0\end{array}$

est équivalent au système

$\{\begin{array}{cc}(2\alpha \beta -{\alpha }^3-p\alpha +q)x+{\beta }^2-(p+{\alpha }^2)\beta +r& =0\\ x^2+\alpha x+\beta & =0\end{array}$

et son résultant est :

$\begin{array}{cc}& \beta (2\alpha \beta -{\alpha }^3-p\alpha +q{)}^2-\alpha (2\alpha \beta -{\alpha }^3-p\alpha +q)({\beta }^2-(p+{\alpha }^2)\beta +r)+({\beta }^2-(p+{\alpha }^2)\beta +r{)}^2\\ & =(2\alpha \beta -{\alpha }^3-p\alpha +q)[\beta (2\alpha \beta -{\alpha }^3-p\alpha +q)-\alpha ({\beta }^2-(p+{\alpha }^2)\beta +r)]+({\beta }^2-(p+{\alpha }^2)\beta +r{)}^2\\ & =(2\alpha \beta -{\alpha }^3-p\alpha +q)(\alpha {\beta }^2+q\beta -r\alpha )+({\beta }^2-(p+{\alpha }^2)\beta +r{)}^2\\ & ={\beta }^4-2p{\beta }^3+(p{\alpha }^2+3q\alpha +p^2+2r){\beta }^2+(-q{\alpha }^3-4r{\alpha }^2-pq\alpha +q^2-2pr)\beta +\alpha r({\alpha }^3+p\alpha -q)+r^2.\end{array}$

 

b) On cherche à résoudre l'équation $x^4+p{x}^2+qx+r=0$ (avec $q\ne 0$) en introduisant une variable auxiliaire $y$ et une nouvelle équation, de la forme $x^2=ax+b+y$. Quelle équation polynomiale (à présenter par puissances décroissantes de $y$) doit lier $y$, $a$ et $b$ pour que les deux équations

$\{\begin{array}{cc}{x}^4+p{x}^2+qx+r& =0\\ x^2& =ax+b+y\end{array}$

aient une solution commune $x$ ?

Solution

D'après la question précédente, la condition est

$(b+y{)}^4+2p(b+y{)}^3+(p{a}^2-3qa+p^2+2r)(b+y{)}^2-(q{a}^3-4r{a}^2+pqa+q^2-2pr)(b+y)+ar(a^3+pa+q)+r^2=0$,

soit

$y^4+(4b+2p)y^3+A{y}^2+By+C=0$

avec

$A=6b^2+6bp+p{a}^2-3qa+p^2+2r$,

$B=4b^3+6p{b}^2+2b(p{a}^2-3qa+p^2+2r)+2r(2a^2+p)-q(a^3+pa+q)$,

$C=b^4+2p{b}^3+b^2(p{a}^2-3qa+p^2+2r)+b[2r(2a^2+p)-q(a^3+pa+q)]+ar(a^3+pa-q)+r^2$.

 

c) Comment $a$ et $b$ doivent-ils être choisis pour que cette équation soit de la forme $y^4+A{y}^2+C=0$ ?

Exprimer alors $a^3$, $a^4$, $A$ et $C$ comme des polynômes du second degré en $a$ (on pourra poser $s=\frac{4r-p^2}{4}$).

Solution

$\begin{array}{cc}& \{\begin{array}{cc}4b+2p& =0\\ B& =0\end{array}\\ \iff & \{\begin{array}{c}b=-\frac{p}{2}\\ -\frac{p^3}{2}+\frac{3p^3}{2}-p(p{a}^2-3qa+p^2+2r)+2r(2a^2+p)-q(a^3+pa+q)& =0\end{array}\\ \iff & \{\begin{array}{c}b=-\frac{p}{2}\\ -q{a}^3+(4r-p^2)a^2+2pqa-q^2& =0\end{array}\\ \iff & \{\begin{array}{c}b=-\frac{p}{2}\\ a^3-\frac{4s}{q}{a}^2-2pa+q& =0.\end{array}\end{array}$

$a^3=\frac{4s}{q}{a}^2+2pa-q$

$\begin{array}{cc}{a}^4& =\frac{4s}{q}{a}^3+2p{a}^2-qa\\ & =\frac{4s}{q}(\frac{4s}{q}{a}^2+2pa-q)+2p{a}^2-qa\\ & =(\frac{16s^2}{q^2}+2p)a^2+(\frac{8ps}{q}-q)a-4s\end{array}$

$\begin{array}{cc}A& =\frac{3p^2}{2}-3p^2+p{a}^2-3qa+p^2+2r\\ & =p{a}^2-3qa+2s\end{array}$

$\begin{array}{cc}C& =\frac{p^4}{16}-\frac{p^4}{4}+\frac{p^2}{4}(p{a}^2-3qa+p^2+2r)-\frac{p}{2}[2r(2a^2+p)-q(a^3+pa+q)]+ar(a^3+pa-q)+r^2\\ & =r{a}^4+\frac{pq}{2}{a}^3+(\frac{p^3}{4}-pr)a^2+(-\frac{p^{2}q}{4}-qr)a+\frac{p{q}^2}{2}+\frac{p^4}{16}-\frac{p^{2}r}{2}+r^2\\ & =r[(\frac{16s^2}{q^2}+2p)a^2+(\frac{8ps}{q}-q)a-4s]+\frac{pq}{2}[\frac{4s}{q}{a}^2+2pa-q]-ps{a}^2+qsa+\frac{p{q}^2}{2}+s^2\\ & =a^2(\frac{16r{s}^2}{q^2}+2pr+ps)+a(\frac{8prs}{q}-qr+p^{2}q+qs)-4rs+s^2\\ & =a^2(\frac{16r{s}^2}{q^2}+3pr-\frac{p^3}{4})+ap(\frac{8rs}{q}+\frac{3pq}{4})-s(3r+\frac{p^2}{4})\end{array}$

 

d) Déduire de ce qui précède un algorithme pour résoudre $x^4+p{x}^2+qx+r=0$ (si $q\ne 0$).

Solution

On choisit une solution $a$ de $-q{a}^3+(4r-p^2)a^2+2pqa-q^2=0$, on calcule $A$ et $C$ par les formules de la question précédente, et l'on résout l'équation bicarrée $y^4+A{y}^2+C=0$. Pour chaque solution $y_k$ ($k=0,1,2,3$), on résout $x^2-ax+\frac{p}{2}-y_k=0$, de discriminant ${\mathrm{\Delta }}_k=a^2-2p+4y_k$, ce qui donne 2 valeurs $x_{k,\pm }=\frac{a\pm \sqrt{{\mathrm{\Delta }}_k}}{2}$. On obtient au total 8 valeurs $x_{k,\pm }$, dont les 4 solutions de $x^4+p{x}^2+qx+r=0$ font nécessairement partie. Il suffit, pour conclure, de tester ces 8 valeurs.

 

e) Résoudre par cet algorithme l'équation :

$x^4-3x^2-6x-2=0$.

Solution

Pour $p=-3$, $q=-6$ et $r=-2$, on a $4s=-17$ et $-q{a}^3+(4r-p^2)a^2+2pqa-q^2=6a^3-17a^2+36a-36$.

Une racine « évidente » de $6a^3-17a^2+36a-36=0$ est $a=\frac{3}{2}$, et l'on trouve alors

$A=p{a}^2-3qa+2s=-3\frac{9}{4}+18\frac{3}{2}-\frac{17}{2}=\frac{47}{4}$

$\begin{array}{cc}C& =a^2(16s^2\frac{r}{q^2}+3pr-\frac{p^3}{4})+ap(8s\frac{r}{q}+\frac{3pq}{4})-s(3r+\frac{p^2}{4})\\ & =\frac{9}{4}(-\frac{17^2}{18}+18+\frac{27}{4})-\frac{9}{2}(-\frac{2.17}{3}+\frac{27}{2})+\frac{17}{4}(-6+\frac{9}{4})\\ & =\frac{313-13.12-17.15}{16}\\ & =-\frac{49}{8}\end{array}$

$y^4+A{y}^2+C=0\iff 8y^4+94y^2-49=0\iff y^2=\frac{-47\pm \sqrt{47^2+8.49}}{8}=\frac{-47\pm 51}{8}$.

Les quatre valeurs pour $4y$ sont donc $4y_0=2\sqrt{2},4y_1=-2\sqrt{2},4y_3=14\mathrm{i},4y_4=-14\mathrm{i}$.

${\mathrm{\Delta }}_k=a^2-2p+4y_k=\frac{9}{4}+6+4y_k=\frac{33}{4}+4y_k$

${\mathrm{\Delta }}_0=\frac{33}{4}+2\sqrt{2}={(\frac{1}{2}+2\sqrt{2})}^2,{\mathrm{\Delta }}_1=\frac{33}{4}-2\sqrt{2}={(\frac{1}{2}-2\sqrt{2})}^2$

${\mathrm{\Delta }}_2=\frac{33}{4}+14\mathrm{i}={(\frac{7}{2}+2\mathrm{i})}^2,{\mathrm{\Delta }}_4=\frac{33}{4}-14\mathrm{i}={(\frac{7}{2}-2\mathrm{i})}^2$

$x_{k,\pm }=\frac{a\pm \sqrt{{\mathrm{\Delta }}_k}}{2}=\frac{3}{4}\pm \frac{\sqrt{{\mathrm{\Delta }}_k}}{2}$

$x_{0,\pm }=\frac{3}{4}\pm (\frac{1}{4}+\sqrt{2})=1+\sqrt{2},\frac{1}{2}-\sqrt{2}$

$x_{1,\pm }=\frac{3}{4}\pm (\frac{1}{4}-\sqrt{2})=1-\sqrt{2},\frac{1}{2}+\sqrt{2}$

$x_{2,\pm }=\frac{3}{4}\pm (\frac{7}{4}+\mathrm{i})=\frac{5}{2}+\mathrm{i},-1-\mathrm{i}$

$x_{3,\pm }=\frac{3}{4}\pm (\frac{7}{4}-\mathrm{i})=\frac{5}{2}-\mathrm{i},-1+\mathrm{i}$

Parmi ces 8 candidats, les 4 solutions de $x^4-3x^2-6x-2=0$ sont $1\pm \sqrt{2},-1\pm \mathrm{i}$.

 

f) Montrer (en reprenant les calculs du début de cette partie) qu'en général, à chacune des quatre solutions $y$ de $y^4+A{y}^2+C=0$ correspond une seule solution $x$ de $x^4+p{x}^2+qx+r=0$, s'exprimant comme une fraction rationnelle de $y$. Vérifier sur l'exemple précédent l'efficacité de cette amélioration de l'algorithme.

Solution

D'après les calculs du début de cette partie, le système

$\{\begin{array}{cc}{x}^4+p{x}^2+qx+r& =0\\ x^2& =ax-p/2+y\end{array}$

est équivalent au système

$\{\begin{array}{cc}V(y)x+U(y)& =0\\ x^2-ax+p/2-y& =0\end{array}$

avec $V(y)=2a(y-p/2)+a^3+pa+q$ et $U(y)=(y-p/2{)}^2+(p+a^2)(y-p/2)+r$

et admet une solution (par choix de $a$ et $y$).

Si $V(y)\ne 0$, cette solution est $x=-\frac{U(y)}{V(y)}$.

Remarquons que $V(y)=2ay+a^3+q=a(2y+2p+\frac{4r-p^2}{q}a)$ et que $a\ne 0$ (car $-q{a}^3+(4r-p^2)a^2+2pqa=q^2\ne 0$).

$U(y)=y^2+a^{2}y-p^2/4-a^{2}p/2+r$.

Dans l'exemple précédent, $U(y)=y^2+9y/4-7/8$ et $V(y)=3y-21/8$ donc $-\frac{U(y)}{V(y)}=\frac{8y^2+18y-7}{21-24y}$.

Au lieu de calculer (péniblement) quatre $\sqrt{{\mathrm{\Delta }}_k}$ puis de tester 8 candidats $x_{k,\pm }$, on trouve ainsi directement la solution $x_k$ associée à chaque $y_k$ :

$x_0=\frac{8\frac{1}{2}+18\frac{1}{\sqrt{2}}-7}{21-24\frac{1}{\sqrt{2}}}=\frac{-1+3\sqrt{2}}{7-4\sqrt{2}}=1+\sqrt{2},x_1=\frac{-1-3\sqrt{2}}{7+4\sqrt{2}}=1-\sqrt{2},$

$x_2=\frac{-2\times 49+9\times 7\mathrm{i}-7}{21-12\times 7\mathrm{i}}=\frac{-5+3\mathrm{i}}{1-4\mathrm{i}}=-1-\mathrm{i},x_3=\frac{-5-3\mathrm{i}}{1+4\mathrm{i}}=-1+\mathrm{i}$.