Recherche:Méthode de Sotta/Changement de variable homographique en degré 3

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Dans ce chapitre, nous montrerons comment exprimer les racines d'un polynôme $P$ de degré 3 comme fonction homographique des racines d'un polynôme donné $P_{0}$ de degré 3. Grâce à la méthode de Sotta, nous ramènerons ce problème à la résolution de deux équations particulières de degré 3, dont les coefficients dépendent de $P$ et de $P_{0}$. Nous illustrerons cette méthode en prenant comme polynôme $P_{0}$ le polynôme minimal de $\cos {\frac {\pi }{7}}$ et celui de $\cos {\frac {\pi }{9}}$.

Changement de variable homographique

Début d’un théorème

Rappel d'un théorème

Si $z$ est algébrique de degré $n>1$ alors, pour tous rationnels $p,q,r,s$ tels que $ps-qr\neq 0$,

$x:={\frac {pz-r}{qz-s}}$ est bien défini, et algébrique de degré $n$.

Fin du théorème

Voir Équation du troisième degré/Nombres algébriques de degré 3#Changement de variable homographique, où l'on explicite le polynôme minimal $P$ de $x$ en fonction du polynôme minimal $P_{0}$ de $z$, ce qui permet de calculer le lien entre leurs discriminants. En particulier, si $n=3$ :

• si $q=0$ : $\Delta _{P}=\left({\frac {p}{s}}\right)^{6}\Delta _{P_{0}}$ ;
• sinon : $\Delta _{P}=\left({\frac {ps-qr}{q^{2}}}\right)^{6}{\frac {\Delta _{P_{0}}}{{P_{0}}(s/q)^{2}}}$.

Cas du degré 3

On se donne maintenant deux polynômes de degré 3, $P_{0}$ et $P$, et l'on cherche à exprimer les racines de $P$ comme images de celles de $P_{0}$ par une transformation homographique $f(z)={\frac {pz-r}{qz-s}}$. On se placera dans le cas générique où les deux résolvantes de Sotta sont de degré 2 et de racines distinctes. $P_{0}$ et $P$ ont alors chacun trois racines distinctes. Puisqu'une transformation homographique est déterminée de façon unique par le choix des images (distinctes) de trois points distincts donnés, il existe exactement 6 solutions $f$ à notre problème.

Nous noterons $\delta$ le discriminant de $P(X)=aX^{3}+bX^{2}+cX+d$ et $R(X)=AX^{2}+BX+C$ sa résolvante de Sotta.

Même chose pour $P_{0}$, en mettant partout des 0 en indice.

Début d’un théorème

Théorème

Avec les notations ci-dessus, les trois racines de $P$ sont les images par $z\mapsto {\frac {pz-r}{qz-s}}$ (avec $ps-rq\neq 0$) des trois racines de $P_{0}$ si et seulement si le quadruplet $(p,q,r,s)$ vérifie les conditions suivantes pour un même $\epsilon$, égal à $1$ ou à $-1$ :

${\begin{aligned}&p^{3}\left[a_{0}(2Ab-3Ba)+a(3B_{0}a_{0}-2A_{0}b_{0})\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\right]\\&\quad +p^{2}q\left[a_{0}(4Ac-Bb-6Ca)+b(3B_{0}a_{0}-2A_{0}b_{0})\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\right]\\&\quad \quad +pq^{2}\left[a_{0}(6Ad+Bc-4Cb)+c(3B_{0}a_{0}-2A_{0}b_{0})\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\right]\\&\quad \quad \quad +q^{3}\left[a_{0}(3Bd-2Cc)+d(3B_{0}a_{0}-2A_{0}b_{0})\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\right]=0,\end{aligned}}$

$r={\frac {2Cq+Bp-pB_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}}{2A_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}}}\quad {\text{et}}\quad s=-{\frac {2Ap+Bq+qB_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}}{2A_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}}}$.

Fin du théorème

Cela permet de déterminer les 6 solutions $f$. Remarquons que pour $(p,q)$, à part l'éventuelle solution $(1,0)$ (qui correspond au cas où l'homographie est une fonction affine), on peut fixer q = 1, et la première équation (pour chacune des deux valeurs de $\epsilon$) est alors de degré 3 en p.

'Démonstration'

Les deux racines de $R$ étant $\alpha ,\beta$, les racines de $P$ sont les solutions de

$\left({\frac {x-\alpha }{x-\beta }}\right)^{3}=K$, où $K={\frac {b+3a\alpha }{b+3a\beta }}$.

En notant

$h(x)=f^{-1}(x)={\frac {sx-r}{qx-p}}$,

$f$ est solution du problème si et seulement si :

1. $h(\alpha )=\alpha _{0}$ et $h(\beta )=\beta _{0}$ (à interversion près de $\alpha _{0}$ et $\beta _{0}$), puis
2. $K\left({\frac {p-\beta q}{p-\alpha q}}\right)^{3}=K_{0}$.

'Démonstration'

$f$ est solution si et seulement si :

$\left({\frac {z-\alpha _{0}}{z-\beta _{0}}}\right)^{3}=K_{0}\Leftrightarrow \left({\frac {f(z)-\alpha }{f(z)-\beta }}\right)^{3}=K$.

Or

${\frac {f(z)-\alpha }{f(z)-\beta }}={\frac {{\frac {pz-r}{qz-s}}-\alpha }{{\frac {pz-r}{qz-s}}-\beta }}={\frac {(p-\alpha q)z-(r-\alpha s)}{(p-\beta q)z-(r-\beta s)}}={\frac {z-{\frac {r-\alpha s}{p-\alpha q}}}{z-{\frac {r-\beta s}{p-\beta q}}}}\times {\frac {p-\alpha q}{p-\beta q}}={\frac {z-h(\alpha )}{z-h(\beta )}}\times {\frac {p-\alpha q}{p-\beta q}}$

donc

$\left({\frac {f(z)-\alpha }{f(z)-\beta }}\right)^{3}=K\Leftrightarrow \left({\frac {z-h(\alpha )}{z-h(\beta )}}\right)^{3}=K\left({\frac {p-\beta q}{p-\alpha q}}\right)^{3}$

 

La première condition est réalisée si et seulement s'il existe $\epsilon \in \{-1,1\}$ tel que :

$r={\frac {2Cq+Bp-pB_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}}{2A_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}}}\quad {\text{et}}\quad s=-{\frac {2Ap+Bq+qB_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}}{2A_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}}}$,

où $\delta ,\delta _{0}$ désignent les discriminants de $P,P_{0}$.

'Démonstration'

$h(\alpha )+h(\beta )={\frac {s\alpha -r}{q\alpha -p}}+{\frac {s\beta -r}{q\beta -p}}={\frac {(s\alpha -r)(q\beta -p)+(s\beta -r)(q\alpha -p)}{(q\alpha -p)(q\beta -p)}}={\frac {2sqC+(ps+qr)B+2rpA}{q^{2}C+pqB+p^{2}A}}$

et de même,

$h(\alpha )h(\beta )={\frac {s^{2}C+rsB+r^{2}A}{q^{2}C+pqB+p^{2}A}}$.

La première condition est donc réalisée si et seulement si le triplet suivant est proportionnel à $(A_{0},B_{0},C_{0})$ :

$A'=q^{2}C+pqB+p^{2}A$

$B'=-[2sqC+(ps+qr)B+2rpA]$

$C'=s^{2}C+rsB+r^{2}A$,

ou encore, puisque $B'^{2}-4A'C'=(qr-ps)^{2}(B^{2}-4AC)=-3(qr-ps)^{2}\delta$ et $B_{0}^{2}-4A_{0}C_{0}=-3\delta _{0}$, si et seulement s'il existe $\epsilon \in \{-1,1\}$ tel que

${\begin{cases}A'=A_{0}\epsilon (qr-ps){\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\quad (1)\\B'=B_{0}\epsilon (qr-ps){\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\quad (2).\end{cases}}$

L'égalité $(2)$ se réécrit :

$s(2Cq+Bp-p\epsilon B_{0}{\sqrt {\delta /\delta _{0}}})+r(2Ap+Bq+qB_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}})=0$,

ou encore :

${\begin{cases}r=k(2Cq+Bp-pB_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}})\\s=-k(2Ap+Bq+qB_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}})\end{cases}}$

pour une certaine constante $k$, et l'on a alors :

$qr-ps=qk(2Cq+Bp-p\epsilon B_{0}{\sqrt {\delta /\delta _{0}}})+pk(2Ap+Bq+qB_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}})=2k(q^{2}C+pqB+p^{2}A)=2kA'$.

L'égalité $(1)$ devient ainsi $A'=A_{0}\epsilon (2kA'){\sqrt {\delta /\delta _{0}}}$, soit :

$k={\frac {1}{2A_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}}}$.

 

La seconde condition est alors équivalente à :

${\begin{aligned}&p^{3}\left[a_{0}(2Ab-3Ba)+a(3B_{0}a_{0}-2A_{0}b_{0})\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\right]\\&\quad +p^{2}q\left[a_{0}(4Ac-Bb-6Ca)+b(3B_{0}a_{0}-2A_{0}b_{0})\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\right]\\&\quad \quad +pq^{2}\left[a_{0}(6Ad+Bc-4Cb)+c(3B_{0}a_{0}-2A_{0}b_{0})\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\right]\\&\quad \quad \quad +q^{3}\left[a_{0}(3Bd-2Cc)+d(3B_{0}a_{0}-2A_{0}b_{0})\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\right]=0.\end{aligned}}$

'Démonstration'

Calculons d'abord les coefficients dominant et sous-dominant $a',b'$ du polynôme $(qX-s)^{3}P(f(X))$ :

$a'=ap^{3}+bp^{2}q+cpq^{2}+dq^{3}$

${\begin{aligned}b'&=-r(3ap^{2}+2bpq+cq^{2})-s(bp^{2}+2cpq+3dq^{2})\\&={\frac {[-2Cq+p(-B+B_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}})](3ap^{2}+2bpq+cq^{2})+[2pA+q(B+B_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}})](bp^{2}+2cpq+3dq^{2})}{2\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}A_{0}}}\\&={\frac {p^{3}\left[2Ab-3Ba+3aB_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\right]+p^{2}q\left[4Ac-Bb-6Ca+3bB_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\right]}{2\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}A_{0}}}\\&\quad +{\frac {pq^{2}\left[6Ad+Bc-4Cb+3cB_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\right]+q^{3}\left[3Bd-2Cc+3dB_{0}\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}\right]}{2\epsilon {\sqrt {\delta /\delta _{0}}}A_{0}}}.\end{aligned}}$

Compte tenu de la première condition, la seconde peut s'écrire :

${\frac {b'+3a'\alpha }{b'+3a'\beta }}={\frac {b_{0}+3a_{0}\alpha }{b_{0}+3a_{0}\beta }}$,

soit, en simplifiant :

$a_{0}b'-b_{0}a'=0$.

En remplaçant $a'$ et $b'$, l'équation $a_{0}b'-b_{0}a'=0$ devient celle annoncée.

 

 

Exemples

Début de l'exemple

Exemple 1

Considérons le polynôme :

$P_{0}(X)=X^{3}-{\frac {1}{2}}X^{2}-{\frac {1}{2}}X+{\frac {1}{8}}$

(qui — cf. Équation du troisième degré/Nombres algébriques de degré 3#Exemples de nombres algébriques de degré 3 — se trouve être le polynôme minimal de $\cos {\frac {\pi }{7}}$, $\cos {\frac {3\pi }{7}}$ et $\cos {\frac {5\pi }{7}}$, mais cela n'intervient pas ici).

Sa résolvante est

$R_{0}(X)={\frac {7}{4}}X^{2}-{\frac {7}{8}}X+{\frac {7}{16}}$, de discriminant $(7/8)^{2}-4(7/4)(7/16)=-3(7/8)^{2}$

donc le discriminant de $P_{0}$ est

$\delta _{0}=(7/8)^{2}$.

D'après le théorème, les racines de $P(X)=aX^{3}+bX^{2}+cX+d$ sont les images par $z\mapsto {\frac {pz-r}{qz-s}}$ (avec $ps-rq\neq 0$) de celles de $P_{0}$ si et seulement si, pour un même $\epsilon$, égal à $1$ ou à $-1$ :

${\begin{aligned}&p^{3}\left[2Ab-3Ba-a\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]\\&\quad +p^{2}q\left[4Ac-Bb-6Ca-b\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]\\&\quad \quad +pq^{2}\left[6Ad+Bc-4Cb-c\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]\\&\quad \quad \quad +q^{3}\left[3Bd-2Cc-d\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]=0,\end{aligned}}$

$r={\frac {2Cq+Bp+p\epsilon {\sqrt {\delta }}}{4\epsilon {\sqrt {\delta }}}}\quad {\text{et}}\quad s={\frac {-2Ap-Bq+q\epsilon {\sqrt {\delta }}}{4\epsilon {\sqrt {\delta }}}}$.

Fin de l'exemple

Début de l'exemple

Exemple 2

Considérons le polynôme :

$P_{0}(X)=X^{3}-{\frac {3}{4}}X-{\frac {1}{8}}$

(qui — cf. Équation du troisième degré/Nombres algébriques de degré 3#Exemples de nombres algébriques de degré 3 — se trouve être le polynôme minimal de $\cos {\frac {\pi }{9}}$, $\cos {\frac {5\pi }{9}}$ et $\cos {\frac {7\pi }{9}}$, mais cela n'intervient pas ici).

Sa résolvante est

$R_{0}(X)={\frac {9}{4}}X^{2}+{\frac {9}{8}}X+{\frac {9}{16}}$, de discriminant $(9/8)^{2}-4(9/4)(9/16)=-3(9/8)^{2}$

donc le discriminant de $P_{0}$ est

$\delta _{0}=(9/8)^{2}$.

D'après le théorème, les racines de $P(X)=aX^{3}+bX^{2}+cX+d$ sont les images par $z\mapsto {\frac {pz-r}{qz-s}}$ (avec $ps-rq\neq 0$) de celles de $P_{0}$ si et seulement si, pour un même $\epsilon$, égal à $1$ ou à $-1$ :

${\begin{aligned}&p^{3}\left[2Ab-3Ba+3a\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]\\&\quad +p^{2}q\left[4Ac-Bb-6Ca+3b\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]\\&\quad \quad +pq^{2}\left[6Ad+Bc-4Cb+3c\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]\\&\quad \quad \quad +q^{3}\left[3Bd-2Cc+3d\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]=0,\end{aligned}}$

$r={\frac {2Cq+Bp-p\epsilon {\sqrt {\delta }}}{4\epsilon {\sqrt {\delta }}}}\quad {\text{et}}\quad s={\frac {-2Ap-Bq-q\epsilon {\sqrt {\delta }}}{4\epsilon {\sqrt {\delta }}}}$.

Fin de l'exemple

Permutation circulaire des trois racines

Soit, à nouveau, un polynôme $P$ de degré 3 et de discriminant $\delta \neq 0$, et dont la résolvante de Sotta $R(X)=AX^{2}+BX+C$ est de degré 2.

Début d’un théorème

Théorème

Les deux homographies (réciproques l'une de l'autre)

$z\mapsto {\frac {(B+\eta {\sqrt {\delta }})z+2C}{-2Az-B+\eta {\sqrt {\delta }}}},\quad \eta =\pm 1$

permutent circulairement les trois racines de $P$.

Fin du théorème

'Deux démonstrations'

Démonstration comme corollaire du théorème précédent

Les équations du théorème précédent deviennent, dans le cas $P=P_{0}$ :

${\begin{aligned}&a(3Ba-2Ab)p^{3}[\epsilon -1]+p^{2}q[a(4Ac-Bb-6Ca)+b(3Ba-2Ab)\epsilon ]\\&\quad +pq^{2}[a(6Ad+Bc-4Cb)+c(3Ba-2Ab)\epsilon ]+q^{3}[a(-2Cc+3Bd)+d(3Ba-2Ab)\epsilon ]=0,\end{aligned}}$

$r={\frac {2Cq+(1-\epsilon )Bp}{2A\epsilon }}\quad {\text{et}}\quad s=-{\frac {2Ap+(1+\epsilon )Bq}{2A\epsilon }}$

en particulier, pour $\epsilon =1$ :

$p^{2}q[-2A^{2}]+pq^{2}[-2AB]+q^{3}{\frac {\delta -B^{2}}{2}}=0,\quad r={\frac {Cq}{A}}\quad {\text{et}}\quad s=-{\frac {Ap+Bq}{A}}$.

La solution évidente $(p,q,r,s)=(1,0,0,-1)$ correspond à l'application identité et les deux autres (qui, vue la preuve du théorème précédent, permutent circulairement les trois racines) aux deux homographies annoncées.

Démonstration directe

Revenons à l'expression des trois racines sous la forme :

$x_{k}={\frac {\alpha -\mathrm {j} ^{k}\beta \gamma }{1-\mathrm {j} ^{k}\gamma }}$

et cherchons $f:z\mapsto {\frac {pz-r}{qz-s}}$ (avec $ps-rq\neq 0$) telle que $f(x_{k})=x_{k+1}$ ou $f(x_{k})=x_{k-1}$ pour $k\in \{-1,0,1\}$, c'est-à-dire

${\frac {p\alpha -r}{q\alpha -s}}=\alpha ,\quad {\frac {p\beta -r}{q\beta -s}}=\beta ,\quad {\frac {p-q\beta }{p-q\alpha }}=\mathrm {j}$ ou $\mathrm {j} ^{2}$.

Cette condition équivaut à

${\begin{cases}q\alpha ^{2}-(p+s)\alpha +r=0\\q\beta ^{2}-(p+s)\beta +r=0\\2Ap=q(-B-\eta {\sqrt {\delta }})\end{cases}}$

c'est-à-dire (à proportionnalité près) :

$q=A,\quad p+s=-B,\quad r=C,\quad p={\frac {-B-\eta {\sqrt {\delta }}}{2}}$,

ou encore (en multipliant par –2):

$p=B+\eta {\sqrt {\delta }},\quad r=-2C,\quad q=-2A,\quad s=B-\eta {\sqrt {\delta }}$.

 

Début de l'exemple

Exemple 3

Reprenons le polynôme

$X^{3}-{\frac {1}{2}}X^{2}-{\frac {1}{2}}X+{\frac {1}{8}}$

de l'exemple 1, pour lequel

$A={\frac {7}{4}},\quad B=-{\frac {7}{8}},\quad C={\frac {7}{16}},\quad {\sqrt {\delta }}={\frac {7}{8}}$.

Les deux permutations circulaires de ses racines sont réalisées par les deux homographies

$z\mapsto {\frac {1}{2-4z}},\quad z\mapsto {\frac {2z-1}{4z}}$.

On pouvait d'ailleurs les trouver directement : les trois racines $-\cos {\frac {2\pi }{7}},-\cos {\frac {4\pi }{7}},-\cos {\frac {8\pi }{7}}$ sont permutées circulairement par $z\mapsto 1-2z^{2}$ qui, sur ces trois nombres, coïncide avec l'homographie $z\mapsto 1-2{\frac {{\frac {1}{2}}z-{\frac {1}{8}}}{z-{\frac {1}{2}}}}={\frac {1}{2-4z}}$.

Fin de l'exemple

Début de l'exemple

Exemple 4

Reprenons le polynôme

$X^{3}-{\frac {3}{4}}X-{\frac {1}{8}}$

de l'exemple 2, pour lequel

$A={\frac {9}{4}},\quad B={\frac {9}{8}},\quad C={\frac {9}{16}},\quad {\sqrt {\delta }}={\frac {9}{8}}$.

Les deux permutations circulaires de ses racines sont réalisées par les deux homographies

$z\mapsto {\frac {-2z-1}{4z}},\quad z\mapsto {\frac {-1}{4z+2}}$.

On pouvait d'ailleurs les trouver directement : les trois racines $-\cos {\frac {2\pi }{9}},-\cos {\frac {4\pi }{9}},-\cos {\frac {8\pi }{9}}$ sont permutées circulairement par $z\mapsto 1-2z^{2}$ qui, sur ces trois nombres, coïncide avec l'homographie $z\mapsto 1-2{\frac {{\frac {3}{4}}z+{\frac {1}{8}}}{z}}={\frac {-2z-1}{4z}}$.

Fin de l'exemple