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 $ps-qr\ne 0$,

$x:=\frac{pz-r}{qz-s}$ 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 $q=0$ : ${\mathrm{\Delta }}_P={\left(\frac{p}{s}\right)}^6{\mathrm{\Delta }}_{P_0}$ ;
• sinon : ${\mathrm{\Delta }}_P={\left(\frac{ps-qr}{q^2}\right)}^6\frac{{\mathrm{\Delta }}_{P_0}}{P_0(s/q{)}^2}$.

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 $P(X)=a{X}^3+b{X}^2+cX+d$ et $R(X)=A{X}^2+BX+C$ 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 $ps-rq\ne 0$) des trois racines de $P_0$ si et seulement si le quadruplet $(p,q,r,s)$ vérifie les conditions suivantes pour un même $ϵ$, égal à $1$ ou à $-1$ :

$\begin{array}{cc}& p^3[a_0(2Ab-3Ba)+a(3B_0{a}_0-2A_0{b}_0)ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}]\\ & +p^{2}q[a_0(4Ac-Bb-6Ca)+b(3B_0{a}_0-2A_0{b}_0)ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}]\\ & +p{q}^2[a_0(6Ad+Bc-4Cb)+c(3B_0{a}_0-2A_0{b}_0)ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}]\\ & +q^3[a_0(3Bd-2Cc)+d(3B_0{a}_0-2A_0{b}_0)ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}]=0,\end{array}$

$r=\frac{2Cq+Bp-p{B}_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}}{2A_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}}\text{et}s=-\frac{2Ap+Bq+q{B}_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}}{2A_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}}$.

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 $ϵ$) 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 :

${\left(\frac{z-{\alpha }_0}{z-{\beta }_0}\right)}^3=K_0\iff {\left(\frac{f(z)-\alpha }{f(z)-\beta }\right)}^3=K$.

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

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

 

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

$r=\frac{2Cq+Bp-p{B}_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}}{2A_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}}\text{et}s=-\frac{2Ap+Bq+q{B}_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}}{2A_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}}$,

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 $(A_0,B_0,C_0)$ :

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

$B^{\prime }=-[2sqC+(ps+qr)B+2rpA]$

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

ou encore, puisque $B{\text{'}}^2-4A^{\prime }{C}^{\prime }=(qr-ps{)}^2(B^2-4AC)=-3(qr-ps{)}^2\delta$ et $B_0^2-4A_0{C}_0=-3{\delta }_0$, si et seulement s'il existe $ϵ\in \{-1,1\}$ tel que

$\{\begin{array}{c}{A}^{\prime }=A_0ϵ(qr-ps)\sqrt{\delta /{\delta }_0}(1)\\ B^{\prime }=B_0ϵ(qr-ps)\sqrt{\delta /{\delta }_0}(2).\end{array}$

L'égalité $(2)$ se réécrit :

$s(2Cq+Bp-pϵB_0\sqrt{\delta /{\delta }_0})+r(2Ap+Bq+q{B}_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0})=0$,

ou encore :

$\{\begin{array}{c}r=k(2Cq+Bp-p{B}_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0})\\ s=-k(2Ap+Bq+q{B}_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0})\end{array}$

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

$qr-ps=qk(2Cq+Bp-pϵB_0\sqrt{\delta /{\delta }_0})+pk(2Ap+Bq+q{B}_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0})=2k(q^{2}C+pqB+p^{2}A)=2k{A}^{\prime }$.

L'égalité $(1)$ devient ainsi $A^{\prime }=A_0ϵ(2k{A}^{\prime })\sqrt{\delta /{\delta }_0}$, soit :

$k=\frac{1}{2A_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}}$.

 

La seconde condition est alors équivalente à :

$\begin{array}{cc}& p^3[a_0(2Ab-3Ba)+a(3B_0{a}_0-2A_0{b}_0)ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}]\\ & +p^{2}q[a_0(4Ac-Bb-6Ca)+b(3B_0{a}_0-2A_0{b}_0)ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}]\\ & +p{q}^2[a_0(6Ad+Bc-4Cb)+c(3B_0{a}_0-2A_0{b}_0)ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}]\\ & +q^3[a_0(3Bd-2Cc)+d(3B_0{a}_0-2A_0{b}_0)ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}]=0.\end{array}$

'Démonstration'

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

$a^{\prime }=a{p}^3+b{p}^{2}q+cp{q}^2+d{q}^3$

$\begin{array}{cc}{b}^{\prime }& =-r(3a{p}^2+2bpq+c{q}^2)-s(b{p}^2+2cpq+3d{q}^2)\\ & =\frac{[-2Cq+p(-B+B_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0})](3a{p}^2+2bpq+c{q}^2)+[2pA+q(B+B_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0})](b{p}^2+2cpq+3d{q}^2)}{2ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}{A}_0}\\ & =\frac{p^3[2Ab-3Ba+3a{B}_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}]+p^{2}q[4Ac-Bb-6Ca+3b{B}_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}]}{2ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}{A}_0}\\ & +\frac{p{q}^2[6Ad+Bc-4Cb+3c{B}_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}]+q^3[3Bd-2Cc+3d{B}_0ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}]}{2ϵ\sqrt{\delta /{\delta }_0}{A}_0}.\end{array}$

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

$\frac{b^{\prime }+3a^{\prime }\alpha }{b^{\prime }+3a^{\prime }\beta }=\frac{b_0+3a_0\alpha }{b_0+3a_0\beta }$,

soit, en simplifiant :

$a_0{b}^{\prime }-b_0{a}^{\prime }=0$.

En remplaçant $a^{\prime }$ et $b^{\prime }$, l'équation $a_0{b}^{\prime }-b_0{a}^{\prime }=0$ 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 $P(X)=a{X}^3+b{X}^2+cX+d$ sont les images par $z\mapsto \frac{pz-r}{qz-s}$ (avec $ps-rq\ne 0$) de celles de $P_0$ si et seulement si, pour un même $ϵ$, égal à $1$ ou à $-1$ :

$\begin{array}{cc}& p^3[2Ab-3Ba-aϵ\sqrt{\delta }]\\ & +p^{2}q[4Ac-Bb-6Ca-bϵ\sqrt{\delta }]\\ & +p{q}^2[6Ad+Bc-4Cb-cϵ\sqrt{\delta }]\\ & +q^3[3Bd-2Cc-dϵ\sqrt{\delta }]=0,\end{array}$

$r=\frac{2Cq+Bp+pϵ\sqrt{\delta }}{4ϵ\sqrt{\delta }}\text{et}s=\frac{-2Ap-Bq+qϵ\sqrt{\delta }}{4ϵ\sqrt{\delta }}$.

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 $P(X)=a{X}^3+b{X}^2+cX+d$ sont les images par $z\mapsto \frac{pz-r}{qz-s}$ (avec $ps-rq\ne 0$) de celles de $P_0$ si et seulement si, pour un même $ϵ$, égal à $1$ ou à $-1$ :

$\begin{array}{cc}& p^3[2Ab-3Ba+3aϵ\sqrt{\delta }]\\ & +p^{2}q[4Ac-Bb-6Ca+3bϵ\sqrt{\delta }]\\ & +p{q}^2[6Ad+Bc-4Cb+3cϵ\sqrt{\delta }]\\ & +q^3[3Bd-2Cc+3dϵ\sqrt{\delta }]=0,\end{array}$

$r=\frac{2Cq+Bp-pϵ\sqrt{\delta }}{4ϵ\sqrt{\delta }}\text{et}s=\frac{-2Ap-Bq-qϵ\sqrt{\delta }}{4ϵ\sqrt{\delta }}$.

Fin de l'exemple

Permutation circulaire des trois racines

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

Début d’un théorème

Théorème

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

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

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 $P=P_0$ :

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

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

en particulier, pour $ϵ=1$ :

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

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 $ps-rq\ne 0$) 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

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

Cette condition équivaut à

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

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

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

ou encore (en multipliant par –2):

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

 

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

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

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

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

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

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

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

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

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