sommaire du site

Sommaire sur les équations
Chapitre 1
nombre de solution réelles de x3+px+q=0 avec p et q réels
 
Chapitre 2
résolution dans C des équations z3=1 et z3=Z
 
Chapitre 3
résolution dans C de x3+px+q=0 avec p et q complexes (méthode de Hudde)
Chapitre 4
résolution dans C de x3+px+q=0 avec p et q réels, formules de Cardan, méthode de Viète
Chapitre 5
exemples de résolution dans C de x3+px+q=0 avec p et q réels
 
Chapitre 6
résolution dans C des équations du 4ième degré (méthodes de Ferrari et Descartes ; résolvantes)
Formules de résolution.
Chapitre 7
un mot sur la résolubilité par radicaux des équations polynômiales :
théorie de Galois
Chapitre 8
sur le 5ième degré : forme Bring-Gerrard, fonction Bring-radical, critère de résolubilité par radicaux.
Annexe 1
une nouvelle méthode de résolution des équations du 3ième degré
 .
Annexe 2
méthode de Tschirnhaus pour résoudre les équations du 3ième degré ; lien avec l'annexe 1.
 
Annexe 3
deux réductions (méthode de Tschirnhaus) de l'équation du 4ième degré : forme sans terme de degré 3 et 2, forme bicarrée.

Chapitre 1

Sur le nombre de solutions réelles de l'équation (E) x3+px+q=0

avec p et q réels

4p3+27q2<0

3 solutions réelles distinctes

toutes de carré <-4p/3 et donc dans ]-2Ö(-p/3);2Ö(-p/3)[

4p3+27q2=0

soit p=q=0 et il y a une seule solution réelle qui est triple : 0

soit p<0 et alors il y a 2 solutions réelles distinctes

3q/p (simple) et -3q/(2p) (double)

Remarques :

-3q/(2p)=-Ö(-p/3) si q>0, =Ö(-p/3) si q<0

-3q/2p=(q/2)1/3

x3+px+q=(x-3q/p)(x+3q/(2p))2

4p3+27q2>0

il y a une seule solution réelle (simple) a

a2>-4p/3

et pour p<0 : aÎ]-¥;-2Ö(-p/3);[È]2Ö(-p/3);+¥[

Bien entendu en faisant p=0 (et q=-X) on retrouve le résultat bien connu :

pour tout réel X, il existe un et un seul réel x tel que x3=X

ce réel x est la racine 3ième, réelle, de X, elle est notée 3ÖX ou X1/3

Rappelons que l'on a toujours (-X)1/3=-X1/3,

par contre l'égalité X1/3=e(1/3)lnX n'est vraie que pour X >0.

Preuves :

Posons f(x)=x3+px+q : f étant continue sur R et les limites aux bornes étant -¥ et +¥ , f(R)=R et l'équation f (x)=0 admet toujours au moins une solution réelle.

f'(x)=3x2+p

cas 1 : si p³0

f est strictement croissante sur R et f(x)=0 admet une seule solution réelle ; elle est simple pour (p,q) différent de (0,0) car pour avoir en même temps f(x)=0 et f'(x)=0 il faudrait que p=0 et x=0 (cf f'(x)=0) et donc q=0 pour avoir f(x)=0.

cas 2 : si p<0

f' s'annule pour s=Ö(-p/3) et pour -s (-s<0<s) ; comme f(x)=xf'(x)/3+2px/3+q on a f(s)=2ps/3+q et f(-s)=-2ps/3+q, donc f(s)<f(-s) et f(s)f(-s)=q2-4p2s2/9=(4p3+27q2)/27.

Il y a donc un maximum relatif en -s et un minimum relatif en s :

x -¥     -s     s     +¥
f'(x)     + 0 - 0 +    
f / f(-s) \ f(s) / +¥

cas 2.1   4p3+27q2<0

f(s) et f(-s) sont de signes contraires donc f(s)<0< f(-s) : il y a 3 solutions réelles distinctes : x1< -s<x2<s<x3.

Précisons :

f(2s)=8s3+2ps+q=8(-p/3)s+2ps+q=(-2p/3)s+q=f(-s) et f(-2s)=(2p/3)s+q=f(s).

Vu que f(s)<0<f(-s) on a f(s)<0<f(2s) et f(-2s)<0<f(-s), d'où s<x3<2s et -2s<x1<-s

Finalement, les 3 solutions sont dans ]-2s;2s[, donc leur carré est inférieur à 4s2=-4p/3.

cas 2.2   4p3+27q2=0

f(s)=0 ou f(-s)=0, et comme f(s)<f(-s)

--Soit f(s)=0 et s est solution ( double car f(s)=f'(s)=0) et alors f(-s)>f(s)=0, donc il y a une autre solution <-s , forcément simple car elle n'annulera pas f'.
Mais f(s)=2ps/3+q=0 donc s=-3q/(2p) ; or s=Ö(-p/3)>0 donc q>0 (on peut vérifier qu'en élevant au carré ces 2 expressions positives de s, on obtient bien la même chose).

--Soit f(-s)=0 et -s est solution ( double car f(-s)=f'(-s)=0) et alors 0=f(-s)>f(s), donc il y a une autre solution >s, forcément simple.
Comme f(-s)=-2ps/3+q=0 on a cette fois s=3q/(2p) donc -s=-3q/(2p) ; or s=Ö(-p/3)>0 donc q<0

Finalement que q soit positif ou négatif (il ne peut être nul ici) il n'y a que 2 solutions réelles, une égale à -3q/(2p) qui est double et une autre simple. Mais puisque le coefficient de x2 dans l'équation (E) est 0, c'est que la somme des 3 solutions (comptées avec leur multiplicité) de l'équation est 0 : donc -3q/(2p)-3q/(2p)+l'autre=0 : donc l'autre est 3q/p!

Je laisse le lecteur vérifier que l'on a effectivement, si 4p3+27q2=0, x3+px+q=(x-3q/p)(x+3q/(2p))2.
Notons aussi que -3q/2p=(q/2)1/3 (on élève au cube).

cas 2.3 4p3+27q2>0 (comme p<0, on a q¹0)

f(s) et f(-s) sont de même signe, donc il y a une seule solution réelle qui est soit inférieure à -s si f(-s) et f(s) sont positifs, soit supérieure à s si f(-s) et f(s) sont négatifs et cette unique solution réelle est simple car elle est différente de -s et s et donc elle n'annule pas f'.
Vu que f(s)=2ps/3+q et f(-s)=-2ps/3+q, et que p<0, on voit tout de suite que le signe commun à f(s) et f(-s) est celui de q.
Soit a cette unique solution réelle :
si f(s)>0 alors a<-s<0 donc a2>s2, si f(s)<0 alors a>s>0 donc a2>s2 et donc on a toujours a2>-p/3 ; mais on peut faire mieux.
En effet f(2s)=(-2p/3)s+q=f(-s) et f(-2s)=(2p/3)s+q=f(s) (voir cas 2.1) donc f(2s) et f(-2s) ont le même signe : le signe commun à f(s) et f(-s), soit celui de q.
Soit q>0 et f(-2s)>0, d'où a<-2s<0 et a2>4s2, soit q<0 et f(2s)>0, d'où 0<2s<a et a2>4s2.

Conclusion :

si 4p3+27q2<0 : forcément p<0, donc 3 solutions réelles (distinctes ) et toutes de carré <-4p/3, voir cas 2.1.

si 4p3+27q2=0 : soit p<0, donc uniquement 2 solutions réelles -3q/(2p) (double) et 3q/p, voir cas 2.2, soit p=q=0 et l'équation est alors x3=0 et elle admet une seule solution réelle 0 (triple)

si 4p3+27q2>0 : soit p³0 et il y a une seule solution réelle simple (f est strictement croissante sur R, et (p,q) différent de (0,0) voir cas 1), soit p<0 et on a encore une seule solution réelle simple (mais f n'est pas strictement croissante sur R, voir cas 2.3).

Cette seule solution réelle étant notée a : si p<0 on a a2>-4p/3 (montré dans le cas 2.3), si p>0 l'inégalité précédente est évidemment vraie, et si p=0 comme 4p3+27q2>0, q ne peut être nul donc a n'est pas nul et l'inégalité est encore vraie.

Chapitre 2

Résolution dans C des équations z3=1 et z3=Z (non nul)

Equation Ensemble solution
z3=1 {1  ;   j   ;  j2}
z3=Z

{z0 ;  jz0 ;  j2z0}
avec z0=|Z|1/3exp(ia/3)

|Z|exp(ia) étant la forme trigonométrique de Z (non nul),

avec a choisi, par exemple, dans ]-p,p].

si Z est réel, z0=Z1/3 (la racine 3ième réelle de Z)

Preuves :

Equation z3=1

z3=1Û(z-1)(z2+z+1)=0Ûz=1 ou z=(-1+iÖ3)/2 ou z=(-1-iÖ3)/2 (cela par résolution de z2+z+1=0 qui s'écrit (z+1/2)2+3/4=0) ; on peut vérifier que la 3ième solution est le carré de la 2ième qui est notée j.

Donc l'équation z3=1 a 3 solutions : 1, j, j2 avec j=(-1+iÖ3)/2 ; outre évidemment j3=1 on a la relation souvent bien utile 1+j+j2=0 et aussi j et j2 sont conjugués.

Equation z3=Z (non nul, sinon c'est trivial)

En pratique il y a deux cas :

--on connaît une solution z0 de cette équation : elle s'écrit donc (z/z0)3=1 et donc elle admet 3 solutions z0, jz0, j2z0.

--on ne connaît pas de solution, on n'en "devine" aucune : il faut en chercher une!!

Pour cela on utilise la forme trigonométrique : tout nombre complexe non nul z s'écrit z=|z|exp(iq)=|z|(cosq+isinq), avec les 2 résultats suivants : cosq+isinq=cosq'+isinq' Û q = q'+2kp avec k dans Z et (cosq+isinq)n=cos(nq)+isin(nq) pour tout entier relatif n (c'est la formule de Moivre) ; |z| est le module de z et q est l'argument (ou un représentant de l'argument) de z.

En particulier j=exp(i2p/3), j2=exp(i4p/3)=exp(-i2p/3).

D'où en écrivant Z sous forme trigonométrique : Z=|Z|exp(ia), l'équation z3=Z s'écrit |z|3exp(i3q)=|Z|exp(ia), et donc

|z|=|Z|1/3 (cad le module de z est la racine 3ième réelle du module de Z) et 3q = a+2kp soit q = a/3+2kp/3, pour k dans Z, et ainsi on a montré que l'équation z3=Z ( rappel Z est non nul) a toujours 3 solutions distinctes, obtenues en faisant k=0, k=1, k=2 :

z0=|Z|1/3exp(ia/3), z1=|Z|1/3exp(i(a/3+2p/3)), z2=|Z|1/3exp(i(a/3+4p/3)) soit z0, jz0, j2z0 : on retrouve le 1er cas. Bien entendu on peut noter z0 n'importe laquelle des 3 solutions les 2 autres seront toujours jz0 et j2z0.

Dans le cas où on prend z0=|Z|1/3exp(ia/3), avec a dans ]-p,p] :

si Z est réel positif alors a=0 et z0=|Z|1/3=Z1/3= la racine 3ième réelle de Z

si Z est réel négatif alors a=p et z0=|Z|1/3×(-1)=(-1)×(-Z)1/3=Z1/3 la racine 3ième réelle de Z.

Donc pour Z réel (non nul), les trois solutions de z3=Z sont Z1/3, Z1/3j, Z1/3j2.

Bien entendu, on pourrait choisir a ailleurs que dans ]-p,p], et pour Z>0 on pourrait avoir a=2p, ce qui donnerait z0=|Z|1/3j=Z1/3j et les trois solutions de z3=Z deviennent Z1/3j, Z1/3j×j, Z1/3j×j2, ce qui redonne bien les trois précédentes.

Remarque : il n'est pas toujours possible d'expliciter l'argument d'un nombre complexe. Par exemple si Z=2-11i on a |Z|=Ö125=5Ö5 et son argument a vérifie cosa+isina=2/(5Ö5)-11i/(5Ö5) et je ne connaît pas de forme explicite de a ; et donc on est embêté.

En fait ici, compte tenu que 2 et 11 sont entiers on peut essayer (pourquoi pas ) de trouver une solution a+ib de z3=2-11i avec a et b entiers relatifs : cela conduit à a(a2-3b2)=2 et b(3a2-b2)=-11 donc a divise 2 et b divise 11, soit nécessairement a =±1 ou ±2 et b=±1 ou ±11 ce qui fait 16 possibilités. Mais si b=±11 la 2ième égalité donne 3a2=±1+121: 122, pas divisible par 3, ne convient pas, et 120 donne a2=40 qui n'est pas un carré donc b=+/-1. Enfin, si b=1, cette 2ième égalité donne 3a2=-10 qui est impossible et donc b=-1 et il est facile de vérifier qu'alors seul a=2 peut convenir et ainsi on a explicité une solution de u3=2-11i : u=2-i.

On peut raccourcir un peu en passant aux modules : |z|6=|2-11i|2, soit (a2+b2)3=125 et donc a2+b2=5, ce qui interdit tout de suite la possibilité ±11 pour b.

Mais il ne faut pas se faire d'illusions : il est souvent très difficile d'expliciter les solutions de z3=Z, autrement qu'avec des racines 3ième ou des puissances 1/3, cela même si Z est réel!

Par exemple est-ce que (1+Ö(28/27))1/3 s'écrit sans racine 3ième et uniquement avec le symbole racine carrée d'un rationnel? Réponse dans le chapitre 5.

Chapitre 3

Résolution dans C de l'équation (E) x3+px+q=0

avec p et q complexes

Une remarque préalable : toute équation du 3ième degré ay3+by2+cy+d=0 ( a non nul) se ramène par translation à une équation de la forme x3+px+q=0 en posant y=x-b/(3a) et en divisant tout par a.
4p3+27q2¹0

L'équation (E) admet 3 solutions distinctes.

En notant X1 et X2 les 2 solutions distinctes de

l'équation (E1) X2+qX-p3/27=0

u une racine 3ième de X1 , v une racine 3ième de X2 avec uv=-p/3

alors les 3 solutions, distinctes, de (E) sont : u+v    ju+j2v     j2u+jv

(preuve par la méthode de Hudde en posant x=u+v avec uv=-p/3)

Cette équation (E1) est appelée résolvante de l'équation (E)

4p3+27q2=0

soit p=q=0 et il y a une seule solution qui est réelle et triple : 0

soit p¹0 et alors x3+px+q=(x-3q/p)(x+3q/(2p))2

il y a donc 2 solutions distinctes 3q/p (simple) et -3q/(2p) (double)

Une alternative à la méthode de Hudde : on ramène l'équation x3+px+q=0 à l'équation (x-r)3-t(x-s)3=0 (auquel cas il n'y aura plus qu'à chercher les racines 3ièmes de t).

En fait ce n'est pas possible si p=0,q¹0 (ce qui n'est pas trop gênant) mais aussi si p¹0 et 4p3+27q2=0 (c'est un peu plus gênant) ; dans le cas p¹0 et 4p3+27q2¹0 c'est possible : r et s sont solutions d'une équation du 2ième degré qui est, à une homothétie près, l'équation (E1) de Hudde, et d'ailleurs, à condition de "bien choisir" les racines 3ièmes de t=r/s on retrouve formellement les mêmes solutions que Hudde!

Cette méthode date de 1995, voir annexe 1 . Cependant l'idée de ramener x3+px+q=0 à y3+k=0 est plus ancienne : méthode de Tschirnhaus (1683) avec y polynôme du second degré en x, alors que ci-dessus y=(x-r)/(x-s) est une fonction homographique de x. En fait ces deux méthodes se rejoignent sur le fond : voir annexe 2.

Soient x1, x2, x3 les 3 solutions dans C (comptées avec leur multiplicité) de (E) et s=(x1+jx2+j2x3)3. En considérant les 6 permutations possibles de (x1,x2,x3), alors s prend au plus 2 valeurs distinctes, s1 et s2, racines de X2+27qX-27p3=0, qui n'est autre que l'équation (E1), à une homothétie près (remplacer X par 27X donne exactement (E1)). Par résolution d'un systéme linéaire de 3 équations (les résolvantes de Lagrange) à 3 inconnues on retrouve les formules ci-dessus donnant les 3 solutions de (E).

Il est bien connu que pour une équation du second degré ax2+bx+c=0 de racines x1 et x2 (dans C), on a a2(x1-x2)2=b2-4ac, appelé discriminant de l'équation ;

de même en notant x1,x2,x3 les 3 solutions, dans C, de (E) on a ((x1-x2)(x1-x3)(x2-x3))2=-(4p3+27q2), appelé aussi discriminant de l'équation (E)

Preuves :

La méthode exposée ci-dessous est attribuée au mathématicien Hudde Johann, Amsterdam 1630-1704.
On pose x=u+v avec uv=-p/3 ( notons que quelque soit x dans C, il existe effectivement toujours un couple (u,v) de deux nombres complexes tel que x=u+v et uv=-p/3 : on prend pour u et v les deux solutions (dans C, éventuellement confondues) de W2-xW-p/3=0, cf les deux nombres de somme S et de produit P sont les deux solutions (éventuellement confondues) de W2-SW+P=0.

En reportant dans (E) on obtient u3+v3+q=0, mais u3v3=-p3/27 donc u3 et v3 sont les deux solutions de l'équation X2+qX-p3/27=0 (même raison que ci-dessus) ; cette équation admet dans C deux solutions distinctes X1 et X2, puisque son discriminant q2+4p3/27 est non nul par hypothèse.

Donc nécessairement si x est solution de (E) il s'écrit x=u+v avec uv=-p/3 et u3 et v3 étant les deux solutions de
l'équation (E1) X2+qX-p3/27=0, dont les solutions distinctes seront notées X1 et X2.

La réciproque est vraie : tout x s'écrivant comme ci-dessus est solution de (E).

En effet si uv=-p/3 et si u3 et v3 sont les deux solutions de (E1) alors (u+v)3+p(u+v)+q=u3+3uv(u+v)+v3(u+v)-4=u3+v3+q, mais u3 et v3 étant les deux solutions de (E1) leur somme est "-b/a"=-q et u3+v3+q=0 et ainsi u+v est bien solution de (E).

Finalement :

Résoudre l'équation du 3ième degré (E) revient à

a) trouver les solutions distinctes X1 et X2 de l'équation du second degré (E1)

b) trouver tous les couples (u,v) tels que uv=-p/3 et tels que u3 et v3 soient les deux solutions de (E).

Essayons de déterminer tous ces couples et les solutions de (E) correspondantes.

Soit u3=X1, v3=X2, uv=-p/3, soit u3=X2, v3=X1, uv=-p/3 mais cela revient à échanger u et v donc on obtient le même x=u+v : on peut donc se limiter à u3=X1, v3=X2, uv=-p/3.

cas 1 : 4p3+27q2¹0

cas 1.1 : p¹0 : donc X1 et X2 sont non nuls (leur produit est -p3/27)

En notant u' une racine 3ième de X1 et v' une racine 3ième de X2, d'après le chapitre 2

u=u' ou ju' ou j2u' et v=v' ou jv' ou j2v', ce qui donne (puisque u' et v' ne sont pas nuls) à priori 9 couples (u,v) :

couple (u,v) (u',v') (u',jv') (u',j2v') (ju',v') (ju',jv') (ju',j2v') (j2u',v') (j2u',jv') (j2u',j2v')
uv u'v' ju'v' j2u'v' ju'v' j2u'v' u'v' j2u'v' u'v' ju'v'

On constate donc qu'on obtient que 3 valeurs pour uv : u'v', ju'v', j2u'v'. Pour chacune de ces 3 valeurs, les 3 couples les donnant sont de la forme (u",v"), (ju",j2v"), (j2u",jv").

Comme u'v'¹0, les 3 valeurs u'v', ju'v', j2u'v' sont distinctes deux à deux et comme le cube de chacune est -p3/27, ce sont les trois racines 3ièmes de -p3/27, et donc parmi elles une seule est égale à -p/3.

Finalement parmi les 9 couples (u,v) tels que u3=X1, v3=X2, seuls 3 couples sont tels que uv=-p/3 : si l'un est (u,v) les 2 autres sont (ju,j2v) et (j2u,jv) et ainsi les solutions de (E) ne peuvent être que u+v, ju+j2v et j2u+jv.

Ces 3 solutions sont distinctes 2 à 2, car par exemple u+v=ju+j2v conduit à u=-(1+j)v=j2v et donc u3=v3 ce qui est impossible, X1 et X2 étant différents puisque le discriminant de (E1) est q2+4p3/27, non nul par hypothèse.

cas 1.2 p=0 (donc q¹0 car 4p3+27q2 est ¹0)

On a (par exemple ) X1=0 et X2=-q, donc pour u la seule possibilité est 0 et pour v il y a toujours 3 possibilités : les 3 racines 3ièmes de -q ; donc il n'y a que 3 couples (u,v) possibles (0,v), (0,jv), (0,j2v) avec v une racine 3ième de -q. Mais pour ces 3 couples (u,v) on a uv=0=-p/3 donc ils "conviennent" tous : il y a 3 solutions (distinctes car v est non nul) pour (E) 0+v,0+jv, 0+j2v, ce sont les 3 racines 3ième de -q. Heureusement puisque dans ce cas l'équation (E) s'écrit...... x3=-q!
Mais le but de ce raisonnement était de montrer que le résultat du cas 1.2, p=0, est similaire à celui du cas 1.1 ,p¹0 ; donc en fait on peut les résumer en un seul cas.

cas 2 : 4p3+27q2=0

Si p=0 on évidemment q=0 et l'équation devient x3=0, donc 0 solution triple.

Si p¹0 (donc aussi q¹0)

La factorisation x3+px+q=(x-3q/p)(x+3q/(2p))2 trouvée au chapitre 4 reste évidemment valable pour x dans C d'où le résultat annoncé : (E) a 2 solutions distinctes 3q/p et -3q/2p (double)!

Mais pour le "fun" (donc à sauter en 1ère lecture et même en 2ième..) essayons de retrouver ce résultat en reprenant l'analyse ci-dessus : cette fois les solutions de (E1) ne sont pas distinctes puisque X1=X2=-q/2 qui est non nul, mais il y a encore 9 couples (u,v) tels que u3=-q/2 et v3=-q/2, et parmi eux, seuls 3 vérifient uv=-p/3 : si l'un est (u,v) les 2 autres sont (ju,j2v) et (j2u,jv).

On peut alors remarquer que parmi les 3 racines 3ièmes de -q/2 une seule a pour carré -p/3 : en effet si u, ju, j2u sont ces racines 3ièmes leur puissance 6ième est toujours q2/4=-p3/27 et ainsi u2, (ju)2=j2u2, (j2u)2=ju2 (qui sont distincts) sont les 3 racines 3ième de -p3/27 : donc un seul de ces 3 nombres est -p/3.

En prenant pour u la seule racine 3ième de -q/2 dont la carré est -p/3, comme v doit être égal à u ou ju ou j2u avec uv=-p/3 la seule possibilité est v=u et donc les 3 couples cherchés sont (u,u), (ju,j2u) et (j2u,ju), ce qui donnent pour (E) les 3 solutions u+u, ju+j2u,j2u+ju soit 2 solutions distinctes 2u et -u (puisque j+j2=-1).

On peut vérifier que -u est solution double puisque la dérivée (pour la valeur x=-u) du 1er membre de l'équation (E) est 3(-u)2+p=3(-p/3)+p=0.

Déterminons u : par hypothèse 4p3+27q2=0, donc 27q3/8p3=-q/2, soit (3q/2p)3=-q/2 ; donc u est soit 3q/(2p) soit j3q/(2p) soit j23q/(2p), mais seul 3q/(2p) a pour carré -p/3 (pour les autres il y a en plus le facteur multiplicatif j2 ou j) : donc u=3q/2p et (E) a 2 solutions distinctes 3q/p et -3q/2p (double).

Sur la transformation de x3+px+q=0 en (x-r)3-t(x-s)3=0

(x-r)3-t(x-s)3=(1-t)x3+3(st-r)x2+3(-s2t+r2)x+ts3-r3

d'où x3+px+q et (x-r)3-t(x-s)3 auront les mêmes racines (dans C)

ssi t¹1, st-r=0, 3(-s2t+r2)/(1-t)=p, (ts3-r3)/(1-t)=q

ssi t¹1, r=st, -3s2t=p, s3t(1+t)=q

ssi t¹1, r=st, rs=-p/3, rs(r+s)=q

On voit tout de suite que si p=0 alors rs=0 et on doit avoir q=0 : donc si p=0, q¹0, on ne peut se ramener à (x-r)3-t(x-s)3 ; pour ce cas là la méthode de Hudde ne pose pas de problème.

Si p=0, q=0 (par curiosité car alors l'équation se réduit à x3=0....), on aura x3=0 Û (x-r)3-t(x-s)3=0 ssi t¹1, r=st, rs=0, ce qui se produit dans les deux cas suivants : soit t¹1, s=0, r=0, soit t=0, s¹0, r=0.

Supposons maintenant p¹0

x3+px+q=0 Û (x-r)3-t(x-s)3=0 ssi t¹1, r=st, rs=-p/3, r+s=-3q/p

r et s sont donc solutions de X2+(3q/p)X-p/3=0 et r'=pr/3, s'=ps/3 sont eux solutions de X2+qX-p3/27=0 qui est exatement l'équation (E1) intervenant dans la méthode de Hudde : r' et s' sont les solutions X1 et X2 de (E1). 

1er cas 4p3+27q2=0

r'=s'=-q/2 qui est non nul car p¹0 et donc r=s¹0, ce qui entraîne t=r/s=1 et on ne peut se ramener à (x-r)3-t(x-s)3=0.

2ième cas   4p3+27q2¹0

cette fois r' et s' sont donc distincts, donc r et s aussi, donc t=r/s¹1 et l'équation se raméne à (x-r)3-t(x-s)3=0 ; mais x=s ne peut être solution de cette dernière équation car cela entraînerait r=s ce qui n'est pas le cas ici et donc

x3+px+q=0Û(x-r)3/(x-s)3=t=r/s (non nul, car rs=-p/3, non nul). Il suffit alors de chercher une racine 3ième q de t et (x-r)/(x-s)= q ou jq ou j2q, ce qui donne les 3 solutions de l'équation.

A noter, que par rapport à la méthode de Hudde on a une seule recherche de racine 3ième : celle de r/s, alors qu'avec Hudde il faut chercher celles de X1 et X2 (cependant, si p et q sont réels ces deux nombres sont conjugués, donc les racines 3ièmes aussi ).

A titre de curiosité, par un "bon choix" des racines 3ièmes de r/s, montrons que l'on retrouve formellement les solutions de Hudde.

Soient u une racine 3ième de r'=pr/3 et v une racine 3ième de s'=ps/3 telles que uv=-p/3 :

cela est possible car si u' et v' sont des racines 3ièmes quelconques de r' et s' on a u=jku' et v=jk'v' avec k et k' dans {0;1;2} et uv=j(k+k')u'v' ; mais (u'v')3=r's'=p2rs/9=-p3/27 et donc u'v'=-jk''p/3 pour un certain k" dans {0;1;2}, soit uv=j(k+k'+k")(-p/3) : il suffit alors de choisir k et k' tels que k+k'+k"=3.

A ce niveau, u et v ont donc exactement la même signification que ceux de la méthode de Hudde.

On a donc rs=-p/3= uv et comme p est non nul il en est de même pour v et s et donc (u/v)3=r'/s'=r/s : u/v est évidemment une racine 3ième de r/s, mais elle est telle que uv=-p/3.

On a alors

x3+px+q=0Û(x-r)3/(x-s)3=t=r/s=(u/v)3Û(x-r)/(x-s)=jku/v avec k=0 ou 1 ou 2 :

les trois solutions de x3+px+q=0 sont donc xk =(r-jkus/v)/(1-jku/v) pour k=0,1,2.

On peut les simplifier beaucoup : xk=s((u/v)3-jk(u/v))/(1-jku/v)=sjk(u/v)(j-k(u/v)2-1)/(1-jku/v),

mais j-k=(jk)2 et v3=ps/3=-uvs donne su/v=-v d'où

xk=-vjk((jku/v)2-1)/(1-jku/v)=vjk(jku/v+1)=j2ku+jkv et on arrive à

x0=u+v, x1=j2u+jv, x2=ju+j2v : on retrouve exactement la même formulation des solutions que celle donnée par la méthode de Hudde.

On a évidemment 2 choix pour le couple (r',s') puisque r' et s' sont les solutions distinctes de (E1), mais échanger r' et s' c'est échanger u et v et on retrouve bien les mêmes solutions.

En conclusion, cette méthode qui consiste pour résoudre x3+px+q=0 à se ramener à (x-r)3/(x-s)3=0 ne "marche" pas toujours ; cependant lorsqu'elle "marche" (cas intéressant : p¹0 et 4p3+27q2¹0 ) elle ne nécessite qu'une recherche de racine 3ième ; c'est un avantage uniquement dans le cas p et/ou q sont complexes, car si p et q sont réels, la méthode de Hudde, en pratique, nécessite elle aussi une seule recherche de racine 3ième.

Voir en annexe 1 l'application de cette méthode à l'exemple x3-7x+6=0.


Sur les résolvantes de Lagrange :

Directement, compte tenu que j3=1, et en envisageant les 5 autres permutations on voit que s=(x1+jx2+j2x3)3 peut prendre au plus 2 valeurs : s1=(x1+jx2+j2x3)3 et s2=(x1+jx3+j2x2)3 ; par exemple (x3+jx2+j2x1)3=(j2(x1+jx3+j2x2))3=(x1+jx3+j2x2)3.
Pour former l'équation du second degré ayant s1 et s2 comme racines on détermine leur somme et leur produit.

(x1+jx2+j2x3)(x1+jx3+j2x2)=x12+x22+x32-(x1x2+x1x3+x2x3), car j+j2=-1, et compte tenu de l'identité (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+ac+bc) on obtient

(x1+jx2+j2x3)(x1+jx3+j2x2)=(x1+x2+x3)2-3(x1x2+x1x3+x2x3)=0-3p=-3p et ainsi

s1s2 =-27p3.

Par utilisation de (a+b+c)3=a3+b3+c3+3(a2(b+c)+b2(a+c)+c2(a+c))+6abc on obtient

s1=x13+x23+x33+3(x12(jx3+j2x2)+j2x22(x1+j2x2)+jx32(x1+jx3))+6x1x2x3

s1=x13+x23+x33+3(x12(jx2+j2x3)+j2x22(x1+j2x3)+jx32(x1+jx2))+6x1x2x3

et en "faisant rentrer" les j et j 2 dans les diverses parenthéses et remarquant que j+j2=-1, on obtient

s1+s2=2(x13+x23+x33)-3(x12(x2+x3)+x22(x1+x3)+x32(x1+x2))+12x1x2x3.

Le coefficient de -3 s'écrit c=(x1+x2+x3)( x1x2+x1x3+x2x3)-3 x1x2x3=0-3(-q)=3q.

Mais x13+x23+x33=(x1+x2+x3)3-3c-6x1x2x3=03-9q-6(-q)=-3q et

s1+s2=2(-3q)-9q+12(-q)=-27q.

Ainsi s1 et s2 sont solutions de X2+27qX-27p3=0, qui donne (E1) si on change X en 27X : c'est-à-dire s1/27 et s2/27 sont les solutions de (E1), et elles ne sont distinctes que si 4p3+27q2¹0.

s1 et s2 s'obtiennent donc par résolution d'une équation du second degré, puis à l'aide de racines 3ième on obtient x1+jx2+j2x3 et x1+jx3+j2x2.

Soient u et v des racines 3ièmes respectives de s1/27 et s2/27 : u et v ont donc la même signification que celle de l'exposé de la méthode de Hudde.

On a alors le systéme de 3 équations à 3 inconnues suivant à résoudre :

x1+x2+x3=0// x1+jx2+j2x3=3u (ou 3ju ou 3j2u) // x1+jx3+j2x2=3v (ou 3jv ou 3j2v).

Prenons comme seconds membres des 2ième et 3ième équations, 3u et 3v : par ajout membre à membre on a x1=u+v, en multipliant la 2ième ligne par j2 et la 3ième par j on obtient, toujours par ajout, x2=j2u+jv et de façon analogue x3=ju+j2v.

On reconnaît, formellement, les formules de Hudde.

Mais ces 3 valeurs sont-elles effectivement solutions de l'équation x3+px+q=0? Pas forcément, contrairement à ce que j'ai pu lire parfois! En effet si on reporte ces 3 valeurs, elles seront solutions ssi on a (puisque u3+v3=s1/27+s2/27=-q ) :

(3uv+p)(u+v)=(3uv+p)(ju+j2v)=(3uv+p)(j2u+jv)=0.

Si uv¹-p/3 alors u+v, ju+j2v et j2u+jv doivent être nuls, donc u et v doivent être nuls, donc s1 et s2 aussi, et finalement il faut p=q=0.

Donc si p ou q est non nul il faut absolument que uv=-p/3 ( choix possible car (uv)3=(s1/27)( s2/27)=-p3/27) pour qu'effectivement u+v, j2u+jv et ju+j2v soient les trois solutions de x3+px+q=0 ; mais si p=q=0 alors s1 et s2 sont nuls et u=v=0 et la condition uv=-p/3 est forcément vérifiée, l'équation x3=0 ayant bien 0 comme solution triple.

On peut conclure qu'il faut toujours choisir u et v tels que uv=-p/3, c'est-à-dire choisir deux racines 3ième de s1/27 et s2/27 dont le produit est -p/3,.....comme dans la méthode de Hudde!

Bien entendu (u et v étant choisis tels que uv=-p/3) si on prend comme second membre 3ju pour la 2ième équation, il faut alors prendre 3j2v comme second membre de la 3ième équation, cela pour avoir encore (ju)(j2v)=-p/3 ; on vérifie alors que l'on obtient les mêmes solutions pour x3+px+q=0. Idem pour 3j2u et 3jv.

Remarque 1

Pour l'équation x3+ax2+bx+c=0, de solutions x1, x2, x3, on a, avec toujours s1=(x1+jx2+j2x3)3 et s2=(x1+jx3+j2x2)3, s1s2=(a2-3b)3 et s1+s2=-2a3+9ab-27c.

Pour obtenir ce résultat on pose x=y-a/3 et on obtient l'équation y3+py+q=0 (de solutions yi=a/3+xi) avec p= -a2/3+b et q=2a3/27-ab/3+c et donc s1s2 =-27p3=(a2-3b)3 et s1+s2=-27q=-2a3+9ab-27c, mais avec s1=(y1+jy2+j2y3)3 et s2=(y1+jy3+j2y2)3!

Heureusement 1+j+j2=0 et on a aussi s1=(x1+jx2+j2x3)3 et s2=(x1+jx3+j2x2)3.

Déterminons les solutions de x3+ax2+bx+c=0 : celles de y3+py+q=0 étant y1=u+v, y2=j2u+jv et y3=ju+j2v (avec u et v racines 3ième des solutions s1/27 et s2/27 de l'équation (E1) X2+qX-p3/27 , et telles que uv=-p/3) et puisque x=y-a/3,

les solutions de x3+ax2+bx+c=0 sont x1=-a/3+u+v, x2=-a/3+j2u+jv et x3=-a/3+ju+j2v, avec u et v racines 3ième des solutions s1/27 et s2/27 de l'équation X2+(2a3/27-ab/3+c)X+(a2/9-b/3)3=0, telles que uv=a2/9-b/3.

On peut évidemment vérifier que ces 3 solutions sont les solutions du systéme :

x1+x2+x3=0// x1+jx2+j2x3=3u // x1+jx3+j2x2=3v

et elles sont effectivement solutions de x3+ax2+bx+c=0 car, par exemple pour -a/3+u+v,

(-a/3+u+v)3+a(-a/3+u+v)2+b(-a/3+u+v)+c
=2a3/27+u3+v3+a2(u+v)/3+3uv(u+v)-2a2(u+v)/3-ab/3+b(u+v)+c,
et comme u3+v3=(s1+s2)/27=-2a3/27+ab/3-c, on a bien
(-a/3+u+v)3+a(-a/3+u+v)2+b(-a/3+u+v)+c=(-a2/3+3uv+b)(u+v)=0, puisque uv=a2/9-b/3.

Remarque 2

La résolution de x2+px+q=0 peut se faire aussi avec l'aspect ci-dessus des résolvantes :

En remarquant que -1 est une racine 2ième de 1 on considère s=(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=p2-4q et donc s ne prend qu'une seule valeur lorsqu'on permute x1 et x2, à savoir p2-4q ; et par résolution du systéme x1-x2=d, x1+x2=-p on obtient les formules habituelles pour x1 et x2 ( d étant une racine 2ième du discriminant p2-4q).

Sur le discriminant :

Posons D=((x1-x2)(x1-x3)(x2-x3))2

Si q=0 alors, par exemple, x1=0, et les 2 autres racines sont les 2 racines 2ièmes de -p, donc sont opposées et ainsi D=(-2x23)2=4(x22)3=-4p3=-(4p3+27q2)

Si q ≠ 0, toutes les racines sont non nulles, et en utilisant les relations coefficients-racines (elles se retrouvent tout de suite en identifiant le développement de (x-x1)(x-x2)(x-x3) avec x3+px+q ) on a

x1+x2+x3=0, x1x2+x1x3+x2x3=p, x1x2x3=-q, d'où

(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=x32+4q/x3=(x33+4q)/x3=(-px3+3q)/x3, et par analogie pour les 2 autres facteurs de D on obtient

D=(-px1+3q)(-px2+3q)(-px3+3q)/(x1x2x3), et en développant (parfois on n'a pas le choix...) :

D=((-p3x1x2x3+3qp2(x1x2+x1x3+x2x3)+9q2p(x1+x2+x3)+27q3)/(-q)

D=(p3q+3qp3+27q3)/(-q)=-(4p3+27q2).

Un commentaire sur le discriminant :

On retrouve tout de suite que si D¹0 alors les 3 racines sont distinctes et si D=0 il y a une racine double ou triple.

Dans le cas où p,q,r sont réels, on retrouve aussi (voir chapitre 1) que si 4p3+27q2>0, donc D<0, alors les racines ne peuvent être toutes réelles (donc une seule réelle et deux qui sont imaginaires conjuguées ; car les racines imaginaires non réelles "vont par deux" puisque, l'équation étant à coefficients réels ici, la conjuguée d'une racine imaginaire non réelle est une autre racine imaginaire non réelle : cela sera prouvé directement au début du chapitre 4) et si 4p3+27q2<0, donc D>0, alors les 3 racines sont réelles (sinon une, x1, serait réelle et x2, x3, seraient imaginaires conjuguées, donc x1-x2 et x1-x3 aussi, et alors (x1-x2)(x1-x3)=|x1-x2|2 et x2-x3 étant imaginaire pur on aurait (x2-x3)2<0, soit D<0).

Bien entendu la notion de discriminant se généralise à toute équation polynômiale : on peut commencer par définir le résultant de deux polynômes P et Q à coefficients complexes, de degrés respectifs n³1 et m³1, de coefficients dominants respectifs a et b, de racines respectives ui et vi par Rés(P,Q)=ambnp1£i£n;1£j£m(ui-vj)=amp1£i£nQ(ui) ; attention Rés(Q,P)=(-1)mnRés(P,Q).

Evidemment P et Q auront 1 racine commune si et seulement si leur résultant est nul.

Le discriminant de P (pour d°P³2), ou le discriminant de l'équation P(x)=0, est alors D=(-1)n(n-1)/2Rés(P,P')/a=(-1)n(n-1)/2an-2p1£i£nP'(ui)=a2n-2p1£i<j£n(ui-uj)2 : il est nul ssi P a une racine multiple d'ordre ³2.

Si P est unitaire, son discriminant est donc D=p1£i<j£n(ui-uj)2 ce qui redonne bien le D définit ci-dessus pour P(X)=X3+pX+q ; il est égal à -(4p3+27q2).

Pour P(X)=aX2+bX+c on a D=a2(u1-u2)2=a2((u1+u2)2-4u1u2)=a2(b2/a2-4c/a)=b2-4ac.

Il existe une formule donnant le résultant de 2 polynômes quelconques en fonction de leurs coefficients : elle est donnée par leur déterminant de Sylvester qui est d'ordre la somme des degrés des polynômes, et donc il peut être lourd à développer.

Par exemple pour P(X)=aX3+bX2+cX+d et P'(X)=3aX2+2bX+c, on démontre que P et P' auront une racine commune si et seulement si XP, P, X2P', XP', P' sont linéairement indépendants, soit si et seulement si le déterminant 5×5 ci-dessous, donné ligne par ligne :

3a2bc00
03a2bc0
003a2bc
abcd0
0abcd

est nul.
Ce déterminant est le déterminant de Sylvester de P et P' : il est égal (comme annoncé ci-dessus) au résultant R de P et P'.

Pour le calculer, on ajoute à la 1ière ligne la 4ième multipliée par -3, puis on développe par rapport à la première colonne (dont tous les éléments sont nuls, sauf le 4ième qui est a) ; on obtient -a fois un déterminant 4×4 dont la dernière colonne est /0/0/c/d/, et en le développant par rapport à cette colonne on obtient

R=-a(-cD1+dD2) où D1 et D2 sont deux déterminants 3×3, pour lesquels Sarrus donne

D1=-2ac2-2b2c-9abd+6ac2+b2c+6abd, D2=-4b3-27a2d+12abc+3abc, et finalement

R=a(4ac3+4b3d-b2c2+27a2d2-18abcd)

D'où le discriminant de P(X)=aX3+bX2+cX+d est D=(-1)3(3-1)/2Rés(P,P')/a=-R/a=-4ac3-4b3d+b2c2-27a2d2+18abcd, ce qui redonne bien, dans le cas a=1,b=0,c=p, d=q, D=-(4p3+27q2).

Terminons par cette analogie, entre l'équation du second degré ax2+bx+c=0 avec a,b,c réels (a non nul) et l'équation du 3ième degré x3+px+q =0 avec p et q réels. En notant D le discriminant du polynôme P constituant le 1er membre de l'équation (appelé aussi discriminant de l'équation P(x)=0) et en utilisant les résultats du chapitre 1 (et le début de ce commentaire sur le discriminant ) on a :
 
Equation et Discriminant D>0 D=0 D<0

ax2+bx+c=0

a,b,c réels, a non nul

D=b2-4ac

deux racines réelles distinctes une seule racine, réelle : -b/(2a),double deux racines imaginaires conjuguées (distinctes)

x3+px+q=0

p,q réels

D=-(4p3+27q2)

trois racines réelles distinctes

soit p=0 (et donc q=0) : une seule racine, réelle qui est 0, triple

soit p<0 (et donc q≠0) : uniquement deux racines distinctes, réelles qui sont 3q/p, simple et -3q/(2p), double

trois racines distinctes :
une seule racine réelle
et
deux racines imaginaires conjuguées (distinctes)

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