Équation du troisième degré/Exercices/Résolution par la méthode de Cardan

Exercice 4-1

Résoudre par la méthode de Cardan les quatre équations suivantes :

a)  $x^{3}-18x-35=0$ ;

b)  $x^{3}-3x-1=0$ ;

c)  $x^{3}-3x^{2}-1=0$ ;

d)  $6x^{3}-6x^{2}+12x+7=0$ ;

Solution de la question a)

Considérons l'équation $x^{3}-18x-35=0$. Le coefficient de $x^{2}$ est nul donc nous n'effectuons pas de changement de variable préliminaire.

Posons :

$x=u+v$.

On obtient :

$(u+v)^{3}-18(u+v)-35=0$,

qui peut s'écrire :

$(u^{3}+v^{3})+3(uv-6)(u+v)-35=0$.

En imposant

$uv=6$,

on a donc :

$u^{3}+v^{3}=35,\qquad u^{3}v^{3}=216$.

u³ et v³ sont donc racines de l'équation :

$X^{2}-35X+216=0$,

dont les racines sont 27 et 8.

La paire $\{u,v\}$ (vérifiant $uv=6$) a donc trois valeurs possibles :

$\{u_{0},v_{0}\}=\{3,2\}$ ;

$\{u_{1},v_{1}\}=\{3\mathrm {j} ,2{\overline {\mathrm {j} }}\}$ ;

$\{u_{2},v_{2}\}=\{3{\overline {\mathrm {j} }},2\mathrm {j} \}$.

En reportant dans $x=u+v$, on obtient les trois solutions de l'équation que l'on s'était donné de résoudre :

$x_{0}=3+2=5,\qquad \{x_{1},x_{2}\}=\left\{3\mathrm {j} +2{\overline {\mathrm {j} }},\;3{\overline {\mathrm {j} }}+2\mathrm {j} \right\}=\left\{{\frac {-5+\mathrm {i} {\sqrt {3}}}{2}},{\frac {-5-\mathrm {i} {\sqrt {3}}}{2}}\right\}$.

 

Solution de la question b)

Posons

$x=u+v$.

On obtient :

$(u+v)^{3}-3(u+v)-1=0$,

qui se simplifie sous la forme :

$u^{3}+v^{3}+(3uv-3)(u+v)-1=0$.

Nous poserons alors :

$3uv-3=0$,

soit :

$uv=1$.

On obtient le système :

${\begin{cases}u^{3}+v^{3}=1\\u^{3}v^{3}=1.\end{cases}}$

u³ et v³ sont alors les racines de l'équation :

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

Les deux racines de cette équation sont :

${\begin{cases}u^{3}={\frac {1+\mathrm {i} {\sqrt {3}}}{2}}=\operatorname {e} ^{\frac {\mathrm {i} \pi }{3}}\\v^{3}={\frac {1-\mathrm {i} {\sqrt {3}}}{2}}=\operatorname {e} ^{\frac {-\mathrm {i} \pi }{3}}.\end{cases}}$

Compte tenu de la condition $uv=1$, on en déduit :

$u=\mathrm {j} ^{k}\operatorname {e} ^{\frac {\mathrm {i} \pi }{9}},\quad v={\overline {u}},\quad k\in \{-1,0,1\}$.

En reportant dans $x=u+v$, on obtient :

$x_{k}=\operatorname {e} ^{{\frac {\mathrm {i} \pi }{9}}+k{\frac {2\mathrm {i} \pi }{3}}}+\operatorname {e} ^{-{\frac {\mathrm {i} \pi }{9}}-k{\frac {2\mathrm {i} \pi }{3}}}=\operatorname {e} ^{\frac {(1+6k)\mathrm {i} \pi }{9}}+\operatorname {e} ^{-{\frac {(1+6k)\mathrm {i} \pi }{9}}}\quad k\in \{-1,0,1\}$

En tenant compte des formules d'Euler, on obtient finalement :

$x_{0}=2\cos {\frac {\pi }{9}},\quad x_{1}=2\cos {\frac {7\pi }{9}},\quad x_{-1}=2\cos {\frac {5\pi }{9}}$.

 

Solution de la question c)

Nous avons une équation de la forme :

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

avec :

$a=1,\qquad b=-3,\qquad c=0,\qquad d=-1$.

Pour supprimer le monôme de degré 2, commençons par faire le changement de variable :

$x=z-{\frac {b}{3a}}=z+1$.

Nous obtenons :

$(z+1)^{3}-3(z+1)^{2}-1=0$.

En développant et en regroupant par degrés, on obtient :

$z^{3}-3z-3=0$.

Posons :

$z=u+v$.

On obtient :

$(u+v)^{3}-3(u+v)-3=0$,

qui peut s'écrire :

$(u^{3}+v^{3})+3(uv-1)(u+v)-3=0$.

Posons :

$uv=1$.

On obtient :

$\left\{{\begin{matrix}u^{3}+v^{3}=3\\u^{3}v^{3}=1\end{matrix}}\right.$

u³ et v³ sont donc racines de l'équation :

$X^{2}-3X+1=0$,

c'est-à-dire :

$\{u^{3},v^{3}\}=\left\{{\frac {3+{\sqrt {5}}}{2}},{\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}\right\}$.

La paire $\{u,v\}$ (vérifiant $uv=1$) a donc trois valeurs possibles :

$\{u_{0},v_{0}\}=\left\{{\sqrt[{3}]{\frac {3+{\sqrt {5}}}{2}}},{\sqrt[{3}]{\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}}\right\}$ ;

$\{u_{1},v_{1}\}=\left\{\mathrm {j} {\sqrt[{3}]{\frac {3+{\sqrt {5}}}{2}}},{\overline {\mathrm {j} }}{\sqrt[{3}]{\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}}\right\}$ ;

$\{u_{2},v_{2}\}=\left\{{\overline {\mathrm {j} }}{\sqrt[{3}]{\frac {3+{\sqrt {5}}}{2}}},\mathrm {j} {\sqrt[{3}]{\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}}\right\}$.

En reportant dans z = u + v puis x = z + 1, nous en déduisons finalement les trois solutions (une réelle et deux complexes conjuguées) de l'équation que l'on s'était donné de résoudre :

$x_{0}={\sqrt[{3}]{\frac {3+{\sqrt {5}}}{2}}}+{\sqrt[{3}]{\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}}+1,\qquad \{x_{1},x_{2}\}=\left\{\mathrm {j} {\sqrt[{3}]{\frac {3+{\sqrt {5}}}{2}}}+{\overline {\mathrm {j} }}{\sqrt[{3}]{\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}}+1,\;{\overline {\mathrm {j} }}{\sqrt[{3}]{\frac {3+{\sqrt {5}}}{2}}}+\mathrm {j} {\sqrt[{3}]{\frac {3-{\sqrt {5}}}{2}}}+1\right\}$.

 

Solution de la question d)

Soit à résoudre l'équation :

$6x^{3}-6x^{2}+12x+7=0$.

Posons $x=z+{\frac {1}{3}}$. On obtient en remplaçant et en développant :

$54z^{3}+90z+95=0$.

Posons alors $z=u+v$. On obtient

$54(u+v)^{3}+90(u+v)+95=0$,

qui s'écrit :

$54(u^{3}+v^{3})+(162uv+90)(u+v)+95=0$.

En imposant $162uv+90=0$, c’est-à-dire $uv=-{\frac {5}{9}}$, on a donc :

$u^{3}+v^{3}=-{\frac {95}{54}},\quad u^{3}v^{3}=-{\frac {125}{729}}$.

$u^{3}$ et $v^{3}$ sont donc les racines de l'équation :

$X^{2}+{\frac {95}{54}}X-{\frac {125}{729}}=0$,

c'est-à-dire :

$\{u^{3},v^{3}\}=\left\{{\frac {5}{2\cdot 27}},-{\frac {50}{27}}\right\}$.

Les trois paires $\{u,v\}$ vérifiant $uv=-{\frac {5}{9}}$ sont donc :

$\{u_{0},v_{0}\}=\left\{{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{\frac {5}{2}}},-{\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{50}}\right\},\qquad \{u_{1},v_{1}\}=\{\mathrm {j} u_{0},{\overline {\mathrm {j} }}v_{0}\},\qquad \{u_{2},v_{2}\}=\{{\overline {\mathrm {j} }}u_{0},\mathrm {j} v_{0}\}$.

En reportant dans $z=u+v$ puis $x=z+{\frac {1}{3}}$, on obtient finalement les trois solutions (une réelle et deux complexes conjuguées) de l'équation que l'on s'était donné de résoudre :

$x_{0}={\frac {1}{3}}\left({\sqrt[{3}]{\frac {5}{2}}}-{\sqrt[{3}]{50}}+1\right),\qquad \{x_{1},x_{2}\}=\left\{{\frac {1}{3}}\left(\mathrm {j} {\sqrt[{3}]{\frac {5}{2}}}-{\overline {\mathrm {j} }}{\sqrt[{3}]{50}}+1\right),\;{\frac {1}{3}}\left({\overline {\mathrm {j} }}{\sqrt[{3}]{\frac {5}{2}}}-\mathrm {j} {\sqrt[{3}]{50}}+1\right)\right\}$.

 

Exercice 4-2

Résoudre par la méthode de Cardan les deux équations suivantes :

a)  $x^{3}-6x^{2}+9x-1=0$ ;

b)  $3x^{3}+9x^{2}-9x-29=0$.

Solution de la question a)

Considérons l'équation $x^{3}-6x^{2}+9x-1=0$.

Pour supprimer le monôme de degré 2, posons $x=z+2$. L'équation devient :

$z^{3}-3z+1=0$.

Posons alors

$z=u+v$.

On obtient

$(u+v)^{3}-3(u+v)+1=0$,

qui s'écrit :

$u^{3}+v^{3}+(3uv-3)(u+v)+1=0$.

En imposant

$uv=1$,

on a donc :

$u^{3}+v^{3}=-1\qquad {\text{et}}\qquad u^{3}v^{3}=1$.

$u^{3}$ et $v^{3}$ sont donc les deux racines de l'équation :

$X^{2}+X+1=0$,

c'est-à-dire

$\{u^{3},v^{3}\}=\{\mathrm {j} ,{\overline {\mathrm {j} }}\}=\{\operatorname {e} ^{\frac {2\mathrm {i} \pi }{3}},\operatorname {e} ^{\frac {-2\mathrm {i} \pi }{3}}\}$.

Les trois paires $\{u,v\}$ vérifiant $uv=1$ sont donc :

$\{u_{k},v_{k}\}=\left\{\mathrm {j} ^{k}\operatorname {e} ^{\frac {2\mathrm {i} \pi }{9}},\mathrm {j} ^{-k}\operatorname {e} ^{-{\frac {2\mathrm {i} \pi }{9}}}\right\}=\left\{\operatorname {e} ^{\frac {2\mathrm {i} \pi (1+3k)}{9}},\operatorname {e} ^{-{\frac {2\mathrm {i} \pi (1+3k)}{9}}}\right\},\quad k\in \{0,1,2\}$.

En reportant dans $z=u+v$, on obtient $z_{k}=2\cos \left({\frac {2\pi (1+3k)}{9}}\right)$, soit :

$z_{0}=2\cos {\frac {2\pi }{9}},\qquad z_{1}=2\cos {\frac {8\pi }{9}},\qquad z_{2}=2\cos {\frac {4\pi }{9}}$,

d'où les solutions $x_{k}=z_{k}+2$.

 

Solution de la question b)

Nous avons une équation de la forme :

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

avec :

$a=3\qquad b=9\qquad c=-9\qquad d=-29~$

Pour supprimer le monôme de degré 2, nous commencerons par faire le changement de variable :

$x=z-{\frac {b}{3a}}=z-1~$

Nous obtenons :

$3(z-1)^{3}+9(z-1)^{2}-9(z-1)-29=0~$

En développant et en réduisant les termes semblables, on obtient :

$3z^{3}-18z-14=0~$

Posons :

$z=u+v~$

On obtient :

$3(u+v)^{3}-18(u+v)-14=0~$

Qui peut s'écrire :

$3(u^{3}+v^{3})+9(uv-2)(u+v)-14=0~$

Posons :

$uv=2~$

On obtient :

$\left\{{\begin{matrix}u^{3}+v^{3}={\frac {14}{3}}\\u^{3}v^{3}=8\end{matrix}}\right.$

u³ et v³ sont donc racines de l'équation :

$X^{2}-{\frac {14}{3}}X+8=0~$

Qui a pour racines :

$\left\{{\begin{matrix}u^{3}={\frac {7+i{\sqrt {23}}}{3}}\\v^{3}={\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}\end{matrix}}\right.$

Tout cela pour dire en fait que u a trois valeurs possibles qui sont :

$u={\sqrt[{3}]{\frac {7+i{\sqrt {23}}}{3}}}\qquad ou\qquad u=j.{\sqrt[{3}]{\frac {7+i{\sqrt {23}}}{3}}}\qquad ou\qquad u=j^{2}.{\sqrt[{3}]{\frac {7+i{\sqrt {23}}}{3}}}~$

et v a aussi trois valeurs possibles qui sont :

$v={\sqrt[{3}]{\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}}\qquad ou\qquad v=j.{\sqrt[{3}]{\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}}\qquad ou\qquad v=j^{2}.{\sqrt[{3}]{\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}}~$

Nous devons ensuite en déduire x en ajoutant une valeur de u avec une valeur de v.

Comment savoir quelle valeur de u va avec quelle valeur de v ?

Nous devons choisir une valeur de u et une valeur de v vérifiant la relation posée plus haut :

$uv=2~$

Compte tenu du fait que j³ = 1, nous accouplerons u et v de la façon suivante :

$\left\{{\begin{matrix}u={\sqrt[{3}]{\frac {7+i{\sqrt {23}}}{3}}}\\v={\sqrt[{3}]{\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}}\end{matrix}}\right.\qquad ou\qquad \left\{{\begin{matrix}u=j.{\sqrt[{3}]{\frac {7+i{\sqrt {23}}}{3}}}\\v=j^{2}.{\sqrt[{3}]{\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}}\end{matrix}}\right.\qquad ou\qquad \left\{{\begin{matrix}u=j^{2}.{\sqrt[{3}]{\frac {7+i{\sqrt {23}}}{3}}}\\v=j.{\sqrt[{3}]{\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}}\end{matrix}}\right.$

Comme z = u + v, nous en déduisons trois valeurs pour z qui sont :

$z_{1}={\sqrt[{3}]{\frac {7+i{\sqrt {23}}}{3}}}+{\sqrt[{3}]{\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}}~$

$z_{2}=j.{\sqrt[{3}]{\frac {7+i{\sqrt {23}}}{3}}}+j^{2}.{\sqrt[{3}]{\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}}~$

$z_{3}=j^{2}.{\sqrt[{3}]{\frac {7+i{\sqrt {23}}}{i}}}+j.{\sqrt[{3}]{\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}}~$

En reportant les trois valeurs de z dans la relation :

$x=z-1~$

Nous en déduisons finalement :

$x_{1}={\sqrt[{3}]{\frac {7+i{\sqrt {23}}}{3}}}+{\sqrt[{3}]{\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}}-1~$ $x_{2}=j.{\sqrt[{3}]{\frac {7+i{\sqrt {23}}}{3}}}+j^{2}.{\sqrt[{3}]{\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}}-1~$ $x_{3}=j^{2}.{\sqrt[{3}]{\frac {7+i{\sqrt {23}}}{3}}}+j.{\sqrt[{3}]{\frac {7-i{\sqrt {23}}}{3}}}-1~$

 

Exercice 4-3

Résoudre par la méthode de Cardan les deux équations suivantes (déjà rencontrées dans l'exercice 1-3) :

α) ${\frac {4x^{2}}{3}}={\frac {{\sqrt {3}}-6x}{2x-{\sqrt {27}}}}$ ;

β) $x^{3}-5x^{2}+x-1=4x{\sqrt {2}}$.

Solution

α) L'équation :

${\frac {4x^{2}}{3}}={\frac {{\sqrt {3}}-6x}{2x-{\sqrt {27}}}}$

Se met sous la forme :

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

avec

$a=8,\quad b=-12{\sqrt {3}},\quad c=18,\quad d=-3{\sqrt {3}}$.

Par le changement de variable $x=z-{\frac {b}{3a}}$, elle devient

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

avec

$p={\frac {3ac-b^{2}}{3a^{2}}}=0$ ;

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

Il s'ensuit que les trois racines de l'équation à résoudre sont :

$x_{0}=x_{1}=x_{2}=-{\frac {b}{3a}}=-{\frac {-12{\sqrt {3}}}{3\times 8}}={\frac {\sqrt {3}}{2}}$.

β) L'équation :

$x^{3}-5x^{2}+x-1=4x{\sqrt {2}}$

se met sous la forme :

$x^{3}-5x^{2}+(1-4{\sqrt {2}})x-1=0$.

Par le changement de variable $x=z-{\frac {b}{3a}}$, elle devient

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

avec

$p={\frac {c}{a}}-{\frac {b^{2}}{3a^{2}}}=1-4{\sqrt {2}}-{\frac {(-5)^{2}}{3}}=-4{\sqrt {2}}-{\frac {22}{3}}$ ;

$q={\frac {2b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {bc}{3a^{2}}}+{\frac {d}{a}}={\frac {2(-5)^{3}}{27}}-{\frac {-5(1-4{\sqrt {2}})}{3}}-1={\frac {-20{\sqrt {2}}}{3}}-{\frac {232}{27}}$

Calculons le discriminant de cette équation.

$\Delta =-4p^{3}-27q^{2}=0$.

Calculons p et q :

$p={\frac {c}{a}}-{\frac {b^{2}}{3a^{2}}}={\frac {1-4{\sqrt {2}}}{1}}-{\frac {(-5)^{2}}{3\times 1^{2}}}=-4{\sqrt {2}}-{\frac {22}{3}}~$

$q={\frac {2b^{3}}{27a^{3}}}-{\frac {bc}{3a^{2}}}+{\frac {d}{a}}={\frac {2(-5)^{3}}{27\times 1^{3}}}-{\frac {-5(1-4{\sqrt {2}})}{3\times 1^{2}}}+{\frac {-1}{1}}={\frac {-20{\sqrt {2}}}{3}}-{\frac {232}{27}}~$

Il s'ensuit que les trois racines de l'équation à résoudre sont :

$x_{0}={\frac {3q}{p}}-{\frac {b}{3a}}=3+2{\sqrt {2}}$ ;

$x_{1}=x_{2}=-{\frac {3q}{2p}}-{\frac {b}{3a}}=1-{\sqrt {2}}$.

 

Exercice 4-4

En résolvant l'équation suivante par deux méthodes différentes :

$x^{3}-2x^{2}+3x-2=0$,

montrer que :

${\sqrt[{3}]{\frac {8+3{\sqrt {21}}}{27}}}+{\sqrt[{3}]{\frac {8-3{\sqrt {21}}}{27}}}+{\frac {2}{3}}=1$.

Solution

Première méthode

Nous voyons que l'équation admet la racine évidente x₁ = 1. Nous pouvons donc la factoriser par x - 1.

Nous obtenons :

$(x-1)(x^{2}+mx+2)=0~$

Cette factorisation a été faites de façon à ce qu'en développant, on retrouve le terme de plus haut degré et le terme constant. Il nous reste à déterminer m. Pour cela on redéveloppe :

$x^{3}+(m-1)x^{2}+(2-m)x-2=0~$

Et l’on identifie avec l'équation initiale. On obtient :

${\begin{cases}m-1=-2\\2-m=3\end{cases}}$

Dans les deux cas, on voit que m = -1. L'équation factorisée s'écrit donc :

$(x-1)(x^{2}-x+2)=0~$

Il nous reste à résoudre :

$x^{2}-x+2=0~$

Calculons le discriminant :

$\Delta =(-1)^{2}-4\times 1\times 2=-7=\left(i{\sqrt {7}}\right)^{2}~$

Les deux racines de la dernière équation du second degré sont donc :

${\begin{cases}x_{2}={\frac {1+i{\sqrt {7}}}{2}}\\x_{3}={\frac {1-i{\sqrt {7}}}{2}}\end{cases}}$

Finalement les trois racines de l'équation :

$x^{3}-2x^{2}+3x-2=0~$

sont :

${\begin{cases}x_{1}=1\\x_{2}={\frac {1+i{\sqrt {7}}}{2}}\\x_{3}={\frac {1-i{\sqrt {7}}}{2}}\end{cases}}$

Deuxième méthode

Dans :

$x^{3}-2x^{2}+3x-2=0~$

Posons :

$x=z+{\frac {2}{3}}~$

On obtient après simplification :

$27z^{3}+45z-16=0~$

Posons ensuite :

$z=u+v~$

On obtient :

$27(u+v)^{3}+45(u+v)-16=0~$

Qui se simplifie sous la forme :

$27\left(u^{3}+v^{3}\right)+9(9uv+5)(u+v)-16=0~$

Nous poserons alors :

$9uv+5=0~$

Soit :

$uv=-{\frac {5}{9}}~$

On obtient le système :

${\begin{cases}u^{3}+v^{3}={\frac {16}{27}}={\frac {432}{729}}\\u^{3}v^{3}=-{\frac {125}{729}}\end{cases}}$

u³ et v³ sont alors les racines de l'équation :

$729X^{2}-432X-125=0~$

Les deux racines de cette équation sont :

${\begin{cases}u^{3}={\frac {8+3{\sqrt {21}}}{27}}\\v^{3}={\frac {8-3{\sqrt {21}}}{27}}\end{cases}}$

Compte tenu de la condition :

$uv=-{\frac {5}{9}}~$

on en déduit :

${\begin{cases}u={\sqrt[{3}]{\frac {8+3{\sqrt {21}}}{27}}}\\v={\sqrt[{3}]{\frac {8-3{\sqrt {21}}}{27}}}\end{cases}}ou\quad {\begin{cases}u=j{\sqrt[{3}]{\frac {8+3{\sqrt {21}}}{27}}}\\v=j^{2}{\sqrt[{3}]{\frac {8-3{\sqrt {21}}}{27}}}\end{cases}}ou\quad {\begin{cases}u=j^{2}{\sqrt[{3}]{\frac {8+3{\sqrt {21}}}{27}}}\\v=j{\sqrt[{3}]{\frac {8-3{\sqrt {21}}}{27}}}\end{cases}}$

En reportant dans z = u + v, on obtient :

${\begin{cases}z_{1}={\sqrt[{3}]{\frac {8+3{\sqrt {21}}}{27}}}+{\sqrt[{3}]{\frac {8-3{\sqrt {21}}}{27}}}\\z_{2}=j{\sqrt[{3}]{\frac {8+3{\sqrt {21}}}{27}}}+j^{2}{\sqrt[{3}]{\frac {8-3{\sqrt {21}}}{27}}}\\z_{3}=j^{2}{\sqrt[{3}]{\frac {8+3{\sqrt {21}}}{27}}}+j{\sqrt[{3}]{\frac {8-3{\sqrt {21}}}{27}}}\end{cases}}$

En reportant dans :

$x=z+{\frac {2}{3}}~$

On trouve finalement :

${\begin{cases}x_{1}={\sqrt[{3}]{\frac {8+3{\sqrt {21}}}{27}}}+{\sqrt[{3}]{\frac {8-3{\sqrt {21}}}{27}}}+{\frac {2}{3}}\\x_{2}=j{\sqrt[{3}]{\frac {8+3{\sqrt {21}}}{27}}}+j^{2}{\sqrt[{3}]{\frac {8-3{\sqrt {21}}}{27}}}+{\frac {2}{3}}\\x_{3}=j^{2}{\sqrt[{3}]{\frac {8+3{\sqrt {21}}}{27}}}+j{\sqrt[{3}]{\frac {8-3{\sqrt {21}}}{27}}}+{\frac {2}{3}}\end{cases}}$

Conclusion

Chacune des deux méthodes précédentes nous donne une racine réelle et deux racines complexes conjuguées. Il est donc évident que les racines réelles données par les deux méthodes sont égales. Ce qui se traduit par :

${\sqrt[{3}]{\frac {8+3{\sqrt {21}}}{27}}}+{\sqrt[{3}]{\frac {8-3{\sqrt {21}}}{27}}}+{\frac {2}{3}}=1$.

 

Exercice 4-5

La méthode suivante est due à François Viète (1540-1603).

1. Montrer que pour un nombre (complexe) $k\neq 0$ donné, tout nombre $z$ est de la forme $y-{\frac {k}{y}}$ pour au moins un $y$ (non nul).
2. On suppose $p\neq 0$ et dans l'équation

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

   on effectue un changement de variable de la forme :

   $z=y-{\frac {k}{y}}$.

   Quelle équation polynomiale en $y$ obtient-on ?

3. Pour quel choix du paramètre $k$ cette équation est-elle bicarrée en $y^{3}$ (c'est-à-dire de la forme $y^{6}+ry^{3}+s=0$) ? Préciser alors $r$ et $s$ et résoudre cette équation.
4. Retrouver ainsi les formules de Cardan.

Solution

1. Pour $k,z$ fixés, on a, pour tout $y\neq 0$ : $z=y-{\frac {k}{y}}\Leftrightarrow y^{2}-zy-k=0$, or l'équation $y^{2}-zy-k=0$ a toujours au moins une solution $y$ non nulle, sauf si $k=z=0$.
2. $z^{3}+pz+q=0\Leftrightarrow (y^{2}-k)^{3}+p(y^{2}-k)y^{2}+qy^{3}=0\Leftrightarrow y^{6}+(p-3k)y^{4}+qy^{3}+(3k^{2}-pk)y^{2}-k^{3}=0$.
3. $k={\frac {p}{3}},\;r=q,\;s=-k^{3}=-{\frac {p^{3}}{27}}$. On pose $w=y^{3}$ et l'on résout donc $w^{2}+rw+s=0$. Soit $\delta$ l'une des deux racines carrées de $r^{2}-4s=q^{2}+4{\frac {p^{3}}{27}}$. Les 2 solutions de l'équation en $w$ sont : $w_{0}={\frac {-q+\delta }{2}},\;w_{1}={\frac {-q-\delta }{2}}$. Les 6 solutions de l'équation en $y$ sont donc $\mathrm {j} ^{l}u_{k}$ pour $k\in \{0,1\}$ et $l\in \{0,1,2\}$, où $u_{0}$ est l'une des trois racines cubiques de $w_{0}$, et $u_{1}=-{\frac {p}{3u_{0}}}$ (racine cubique de $w_{1}=-{\frac {p^{3}}{27w_{0}}}$).
4. Les 3 solutions de $z^{3}+pz+q=0$ sont donc $z_{l}:=\mathrm {j} ^{l}u_{0}-{\frac {p}{3\mathrm {j} ^{l}u_{0}}}=\mathrm {j} ^{-l}u_{1}-{\frac {p}{3\mathrm {j} ^{-l}u_{1}}}=\mathrm {j} ^{l}u_{0}+\mathrm {j} ^{-l}v_{0}$ pour $l\in \{0,1,2\}$ (ou $l\in \{-1,0,1\}$), où $u_{0}$ est l'une des trois racines cubiques de ${\frac {-q+\delta }{2}}$ et $v_{0}:=u_{1}$ est la racine cubique de ${\frac {-q-\delta }{2}}$ telle que $u_{0}v_{0}=-{\frac {p}{3}}$, $\delta$ étant l'une des deux racines carrées de $q^{2}+4{\frac {p^{3}}{27}}=-{\frac {\Delta }{27}}$.

 

Exercice 4-6

La méthode suivante est due à Joseph Louis Lagrange (1736-1813).

Soient $x_{0},x_{1},x_{2}$ les solutions de $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ (numérotées dans un ordre arbitraire). On pose :

• $y_{0}=x_{0}+x_{1}+x_{2}$ ;
• $y_{1}=x_{0}+\mathrm {j} x_{1}+\mathrm {j} ^{2}x_{2}$ ;
• $y_{2}=x_{0}+\mathrm {j} ^{2}x_{1}+\mathrm {j} x_{2}$.

1. Quel est l'effet, sur ces trois expressions, d'une permutation des $x_{i}$ ?
2. En déduire que $y_{0}$, $y_{1}y_{2}$ et $y_{1}^{3}+y_{2}^{3}$ sont des polynômes symétriques en $x_{0},x_{1},x_{2}$.
3. Le retrouver par calcul direct, et exprimer $y_{0}$, $y_{1}y_{2}$ et $y_{1}^{3}+y_{2}^{3}$ en fonction de $a,\,b,\,c,\,d$.
4. En déduire un algorithme pour calculer $y_{0},\{y_{1},y_{2}\}$, puis $x_{0},\{x_{1},x_{2}\}$.
5. Retrouver ainsi les formules de Cardan.

Solution

1. Toute permutation des $x_{i}$ laisse évidemment $y_{0}$ invariant. Elle envoie $(y_{1},y_{2})$ sur :
   • $(\mathrm {j} ^{2}y_{1},\mathrm {j} y_{2})$ ou $(\mathrm {j} y_{1},\mathrm {j} ^{2}y_{2})$ si c'est une permutation circulaire ;
   • $(y_{2},y_{1})$ ou $(\mathrm {j} y_{2},\mathrm {j} ^{2}y_{1})$ ou $(\mathrm {j} ^{2}y_{2},\mathrm {j} y_{1})$ si c'est une transposition.
2. D'après la question précédente, toute permutation des $x_{i}$ laisse fixes $y_{0}$, $y_{1}y_{2}$ et $y_{1}^{3}+y_{2}^{3}$.
3.  

   $y_{0}=\sigma _{1}=-{\frac {b}{a}}$ ;

   ${\begin{aligned}y_{1}y_{2}&=(x_{0}+\mathrm {j} x_{1}+\mathrm {j} ^{2}x_{2})(x_{0}+\mathrm {j} ^{2}x_{1}+\mathrm {j} x_{2})\\&=\sum x_{i}^{2}-\sum _{i<j}x_{i}x_{j}\\&=\sigma _{1}^{2}-3\sigma _{2}\\&=\left(-{\frac {b}{a}}\right)^{2}-3{\frac {c}{a}}\\&={\frac {b^{2}-3ac}{a^{2}}}~;\end{aligned}}$

   ${\begin{aligned}y_{1}^{3}+y_{2}^{3}&=\left(x_{0}+\mathrm {j} x_{1}+\mathrm {j} ^{2}x_{2}\right)^{3}+\left(x_{0}+\mathrm {j} ^{2}x_{1}+\mathrm {j} x_{2}\right)^{3}\\&=2\sum x_{i}^{3}-3\sum _{i\neq j}x_{i}^{2}x_{j}+12x_{0}x_{1}x_{2}\\&=2(\sigma _{1}^{3}-3\sigma _{1}\sigma _{2}+3\sigma _{3})-3(\sigma _{1}\sigma _{2}-3\sigma _{3})+12\sigma _{3}\\&=2\sigma _{1}^{3}-9\sigma _{1}\sigma _{2}+27\sigma _{3}\\&=2\left(-{\frac {b}{a}}\right)^{3}-9\left(-{\frac {b}{a}}\right){\frac {c}{a}}+27\left(-{\frac {d}{a}}\right)\\&={\frac {-2b^{3}+9abc-27a^{2}d}{a^{3}}}.\end{aligned}}$

4. Notons $A={\frac {-2b^{3}+9abc-27a^{2}d}{a^{3}}}$ et $B={\frac {b^{2}-3ac}{a^{2}}}$.
   $y_{1}^{3}$ et $y_{2}^{3}$ ont pour somme $A$ et pour produit $B^{3}$ donc $y_{1}^{3}={\frac {A+C}{2}}$ et $y_{2}^{3}={\frac {A-C}{2}}$, avec $C^{2}=A^{2}-4B^{3}$. De plus, $y_{1}y_{2}=B$.
   Ceci permet donc (par extraction d'une racine carrée et d'une racine cubique) de calculer la paire $\{y_{1},y_{2}\}$. On sait également que $y_{0}=-{\frac {b}{a}}$. On peut ensuite calculer
   $x_{0}={\frac {y_{0}+y_{1}+y_{2}}{3}}$ et $\{x_{1},x_{2}\}=\left\{{\frac {y_{0}+\mathrm {j} ^{2}y_{1}+\mathrm {j} y_{2}}{3}},{\frac {y_{0}+\mathrm {j} y_{1}+\mathrm {j} ^{2}y_{2}}{3}}\right\}$.
5. Soient $p={\frac {3ac-b^{2}}{3a^{2}}}$ et $q={\frac {2b^{3}-9abc+27a^{2}d}{27a^{3}}}$ (les coefficients de l'équation $z^{3}+pz+q=0$ à laquelle $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ se ramène par changement de variable $x=z-{\frac {b}{3a}}$). Les formules précédentes se réécrivent :
   $A=-27q,\;B=-3p$ et, en posant $\delta ={\frac {C}{27}},\;u={\frac {y_{1}}{3}},\;v={\frac {y_{2}}{3}}$ :
   $\delta ^{2}=q^{2}+{\frac {4p^{3}}{27}},\;u^{3}={\frac {-q+\delta }{2}},\;v^{3}={\frac {-q-\delta }{2}},\;uv=-{\frac {p}{3}},\;x_{0}=u+v-{\frac {b}{3a}},\;\{x_{1},x_{2}\}=\left\{\mathrm {j} ^{2}u+\mathrm {j} v-{\frac {b}{3a}},\mathrm {j} u+\mathrm {j} ^{2}v-{\frac {b}{3a}}\right\}$.