Équation du troisième degré/Résolutions trigonométriques

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Dans ce chapitre, nous allons étudier comment résoudre une équation du troisième degré à coefficients réels par une méthode purement trigonométrique. Certains des paragraphes de ce chapitre nécessitent une connaissance préliminaire sur la trigonométrie hyperbolique. Les personnes n'ayant pas étudié la trigonométrie hyperbolique peuvent sauter ces paragraphes sans problème. Ils ne sont pas utiles pour la suite du cours. Nous commencerons par étudier une méthode de résolution trigonométrique en cosinus et sinus. Nous étudierons ensuite une méthode de résolution en tangente. Les deux premières méthodes ne permettant pas a priori (mais voir la remarque finale) de trouver les racines complexes conjuguées dans une équation de discriminant négatif, nous aborderons une troisième méthode qui réalise cette fonction.

Résolution trigonométrique en cosinus et sinus

Soit à résoudre une équation de la forme :

$z^{3}+pz+q=0\qquad (1)$.

(Nous savons que toute équation de degré 3 peut, par changement de variable, se mettre sous cette forme.)

Son discriminant,

$\Delta =-(4p^{3}+27q^{2})$,

sera supposé non nul, et l'on supposera aussi p ≠ 0 (vous devez deviner pourquoi).

L'idée dans toute cette section, due à François Viète, est d'exploiter les identités trigonométriques

$\cos(3\theta )=4\cos ^{3}\theta -3\cos \theta \qquad {\text{ou}}\qquad \sin(3\theta )=3\sin \theta -4\sin ^{3}\theta$

et leur équivalents en trigonométrie hyperbolique :

$\cosh(3\theta )=4\cosh ^{3}\theta -3\cosh \theta \qquad {\text{et}}\qquad \sinh(3\theta )=4\sinh ^{3}\theta +3\sinh \theta$.

Premier cas : si Δ > 0

(donc p < 0).

Pour trouver les trois racines (réelles et distinctes), nous allons faire un changement de variable de la forme

$z=u\cos \theta$,

où $u$ est un paramètre non nul que nous allons bientôt préciser.

L'équation $(1)$ deviendra alors

$u^{3}\cos ^{3}\theta +pu\cos \theta =-q$.

L'astuce est de faire en sorte que le membre de gauche de cette équation soit proportionnel à $\cos(3\theta )$, c'est-à-dire que ${\frac {u^{3}}{4}}$ soit égal à ${\frac {pu}{-3}}$.

On choisit donc $u=2{\sqrt {\frac {-p}{3}}}$, et l'on pose

$z=2{\sqrt {\frac {-p}{3}}}\cos \theta$.

L'équation devient alors

$\cos(3\theta )={\frac {3q}{2p}}{\sqrt {\frac {3}{-p}}}$

et nous sommes ramenés à la résolution d'une équation trigonométrique simple, qui donnera bien les trois solutions car d'après l'hypothèse, ${\frac {3q}{2p}}{\sqrt {\frac {3}{-p}}}\in \left]-1,1\right[$. On retrouve d'ailleurs ainsi les formules de la fin des deux chapitres précédents.

À titre d'exemple, consulter les exercices 6-1 et 6-2.

Remarque

On pourrait aussi bien poser $z=2{\sqrt {\frac {-p}{3}}}\sin \theta$, ce qui donnerait : $\sin(3\theta )={\frac {-3q}{2p}}{\sqrt {\frac {3}{-p}}}$.

Deuxième cas : si Δ < 0 et p < 0

Dans ce cas, seule l'une des trois racines (distinctes) est réelle, et elle est du signe de –q, car les deux autres sont conjuguées.

Remarquons aussi que maintenant, ${\frac {3|q|}{-2p}}{\sqrt {\frac {3}{-p}}}>1$.

Pour trouver la racine réelle par le même principe que précédemment, nous allons donc poser cette fois

$z=-2{\frac {q}{|q|}}{\sqrt {\frac {-p}{3}}}\cosh \theta$.

L'équation $(1)$ devient ainsi :

$\cosh(3\theta )={\frac {3|q|}{-2p}}{\sqrt {\frac {3}{-p}}}$

et nous sommes ramenés à la résolution d'une équation trigonométrique hyperbolique simple, qui donnera bien la solution réelle.

À titre d'exemple, consulter l'exercice 6-3.

Troisième cas : si p > 0

(donc Δ < 0).

Pour trouver la racine réelle par le même principe que précédemment, nous allons poser cette fois

$z=2{\sqrt {\frac {p}{3}}}\sinh \theta$.

L'équation $(1)$ devient alors :

$\sinh(3\theta )={\frac {-3q}{2p}}{\sqrt {\frac {3}{p}}}$

et nous sommes ramenés à la résolution d'une équation trigonométrique hyperbolique simple, qui donnera bien la solution réelle (et du signe de –q).

À titre d'exemple, consulter l'exercice 6-4.

Résolution trigonométrique en tangente

Cette résolution nécessite une condition différente de l'élimination habituelle du monôme de degré 2, mais réalisable pour presque toute équation de degré 3 :

Proposition

Toute équation de degré 3

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ telle que $b^{2}\neq 3ac$

est équivalente, par le changement de variable $x=z-{\frac {bc-9ad}{2(b^{2}-3ac)}}$, à une équation de la forme

$z^{3}+sz^{2}+pz+{\frac {sp}{9}}=0$

avec $s^{2}\neq 3p$.

Démonstration

On pourrait faire le changement de variable préconisé et vérifier que l’on obtient bien une équation $z^{3}+sz^{2}+pz+q=0$ telle que $ps-9q=0$ et $s^{2}\neq 3p$. Il est plus instructif de procéder comme si l'on ne connaissait pas le changement de variable à faire et de poser $x=z-h$ en essayant de déterminer $h$ de façon à obtenir une équation du troisième degré en $z$ de la forme annoncée.

Soient $x_{0},x_{1},x_{2}$ les racines de l'équation initiale. Notons $\sigma _{1}(h),\sigma _{2}(h),\sigma _{3}(h)$ les polynômes symétriques en $x_{0}+h,x_{1}+h,x_{2}+h$, et posons

$R(h):=-\sigma _{1}(h)\sigma _{2}(h)+9\sigma _{3}(h)$ ;

$P(h):=\sigma _{1}^{2}(h)-3\sigma _{2}(h)$.

Il s'agit de démontrer que :

1. $P(0)\neq 0\Rightarrow R\left({\frac {R(0)}{2P(0)}}\right)=0$ ;
2. $P(0)\neq 0\Rightarrow P\left({\frac {R(0)}{2P(0)}}\right)\neq 0$.

La seconde implication est immédiate car (cf. exercice 2-9) $P(h)$ est en fait indépendant de $h$.

La première l'est aussi si $R(0)=0$.

Supposons donc $R(0)\neq 0$ et utilisons le fait (cf. exercice 2-9) que l'expression suivante est, comme $P$, indépendante de $h$ :

$Q:=27\sigma _{3}(h)-9\sigma _{1}(h)\sigma _{2}(h)+2\sigma _{1}^{3}(h)$.

Puisque

$R(h)={\frac {Q-2P\sigma _{1}(h)}{3}}={\frac {Q-2P\left(\sigma _{1}(0)+3h\right)}{3}}=R(0)-2Ph$,

il existe un $h$ tel que $R(h)=0$ si et seulement si $P\neq 0$, et cette solution est bien alors :

$h={\frac {R(0)}{2P}}$.

 

Le seul cas $c={\frac {b^{2}}{3a}}$ où cette proposition ne s'applique pas est très facile à résoudre directement.

Nous nous consacrerons donc dans cette section à une équation de la forme

$z^{3}+sz^{2}+pz+{\frac {sp}{9}}=0$

dont le discriminant,

$\Delta ={\frac {8}{3}}s^{2}p^{2}-4p^{3}-{\frac {4}{9}}s^{4}p=-{\frac {4p}{9}}(s^{2}-3p)^{2}$,

sera supposé non nul. Il est du signe de –p.

Premier cas : si p < 0

En posant

$z={\sqrt {\frac {-p}{3}}}\tan \theta$,

nous obtenons l'équation :

${\frac {\tan ^{3}\theta -3\tan \theta }{3\tan ^{2}\theta -1}}=-{\frac {s}{3}}{\sqrt {\frac {-p}{3}}}$.

Au premier membre, nous reconnaissons le développement de tan(3θ) (voir cet exercice). Nous arrivons donc à :

$\tan(3\theta )=-{\frac {s}{3}}{\sqrt {\frac {-p}{3}}}$

et nous obtenons les trois solutions réelles :

$z_{k}={\sqrt {\frac {-p}{3}}}\tan \left({\frac {1}{3}}\arctan \left(-{\frac {s}{3}}{\sqrt {\frac {-p}{3}}}\right)+k{\frac {\pi }{3}}\right),\quad k\in \{0,1,2\}$.

À titre d'exemple, consulter l'exercice 6-5.

Deuxième cas : si p > s²/3

En posant

$z={\sqrt {\frac {p}{3}}}\tanh \theta$,

nous obtenons l'équation :

${\frac {3\tanh \theta +\tanh ^{3}\theta }{1+3\tanh ^{2}\theta }}=-{\frac {s}{3}}{\sqrt {\frac {3}{p}}}$.

Au premier membre, nous reconnaissons le développement de th(3θ). Nous arrivons donc à :

$\tanh(3\theta )=-{\frac {s}{3}}{\sqrt {\frac {3}{p}}}$

(La condition p > s²/3 que le second membre de l'équation obtenue est compris entre –1 et 1, ce qui va permettre de résoudre l'équation.)

On obtient la solution réelle :

$z_{0}={\sqrt {\frac {p}{3}}}\tanh \left({\frac {1}{3}}\operatorname {artanh} \left(-{\frac {s}{3}}{\sqrt {\frac {3}{p}}}\right)\right)$.

La formule

$\operatorname {artanh} x={\frac {1}{2}}\ln {\frac {1+x}{1-x}}\qquad \qquad -1<x<1$

pourra avantageusement être utilisée dans la formule que l’on vient de trouver.

À titre d'exemple, consulter l'exercice 6-6.

Troisième cas : si 0 < p < s²/3

En posant

$z={\sqrt {\frac {p}{3}}}\coth \theta$,

nous obtenons l'équation :

${\frac {3\coth \theta +\coth ^{3}\theta }{1+3\coth ^{2}\theta }}=-{\frac {s}{3}}{\sqrt {\frac {3}{p}}}$.

Au premier membre, nous reconnaissons le développement de coth(3θ). Nous arrivons donc à :

$\coth(3\theta )=-{\frac {s}{3}}{\sqrt {\frac {3}{p}}}$.

(La condition 0 < p < s²/3 garantit que le second membre de l'équation obtenue n’est pas compris entre –1 et 1, ce qui va permettre de résoudre l'équation.)

On obtient la solution réelle :

$z_{0}={\sqrt {\frac {p}{3}}}\coth \left({\frac {1}{3}}\operatorname {arcoth} \left(-{\frac {s}{3}}{\sqrt {\frac {3}{p}}}\right)\right)$.

La formule :

$\operatorname {arcoth} x={\frac {1}{2}}\ln {\frac {x+1}{x-1}}\qquad \qquad x>1\quad ou\quad x<-1$

pourra avantageusement être utilisée dans la formule que l’on vient de trouver.

À titre d'exemple consulter l'exercice 6-7.

Méthode trigonométrique pour trouver les racines complexes conjuguées

Revenons sur l'équation de la première section, de la forme :

$z^{3}+pz+q=0\qquad (1)$

en supposant Δ < 0 (cas où nous n'avions calculé que la racine réelle) et p, q ≠ 0 (sinon, c'est facile).

Premier cas : si Δ < 0 et p < 0

On calcule θ tel que :

$\sin \theta =-{\frac {2p}{3q}}{\sqrt {\frac {-p}{3}}}$.

On calcule ensuite φ tel que :

$\tan \varphi ={\sqrt[{3}]{\tan {\frac {\theta }{2}}}}$.

Les solutions $z$ sont alors :

${\begin{cases}z_{1}=-2{\sqrt {\frac {-p}{3}}}{\frac {1}{\sin(2\varphi )}}\\z_{2}={\sqrt {\frac {-p}{3}}}{\frac {1}{\sin(2\varphi )}}-\mathrm {i} {\frac {\sqrt {-p}}{\tan(2\varphi )}}\\z_{3}={\sqrt {\frac {-p}{3}}}{\frac {1}{\sin(2\varphi )}}+\mathrm {i} {\frac {\sqrt {-p}}{\tan(2\varphi )}}\end{cases}}$

Deuxième cas : si p > 0

(donc Δ < 0).

On calcule θ tel que :

$\tan \theta ={\frac {2p}{3q}}{\sqrt {\frac {p}{3}}}$.

On calcule ensuite φ tel que :

$\tan \varphi ={\sqrt[{3}]{\tan {\frac {\theta }{2}}}}$.

Les solutions $z$ sont alors :

${\begin{cases}z_{1}=-2{\sqrt {\frac {p}{3}}}{\frac {1}{\tan(2\varphi )}}\\z_{2}={\sqrt {\frac {p}{3}}}{\frac {1}{\tan(2\varphi )}}-\mathrm {i} {\frac {\sqrt {p}}{\sin(2\varphi )}}\\z_{3}={\sqrt {\frac {p}{3}}}{\frac {1}{\tan(2\varphi )}}+\mathrm {i} {\frac {\sqrt {p}}{\sin(2\varphi )}}.\end{cases}}$

Deux remarques

• Dans ce chapitre, lorsqu'une équation du troisième degré a trois racines réelles, nous avons pu les trouver sans faire appel aux nombres complexes. Ceci est dû au fait que les résolutions trigonométriques étudiées dans ce chapitre ne sont pas des résolutions par radicaux. On démontre dans la théorie de Galois que si une équation du troisième degré a trois racines réelles distinctes non rationnelles, il n’est pas possible de les exprimer par radicaux de réels.
• Certaines des méthodes trigonométriques que nous avons vues ne semblent pas permettre de trouver les deux racines complexes conjuguées d'une équation du troisième degré de discriminant négatif. En réalité, elles le permettent (par les mêmes formules que pour la racine réelle), en considérant simplement les fonctions trigonométriques (circulaires et hyperboliques) étendues à la variable complexe.