Résolution des équations du 3ième degré et 4ième degré : quelques généralités, méthode de Hudde , formules de Cardan, Viète ; méthode de Tschirnhaus. Equations résolubles par radicaux.

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 X^1/3

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

par contre l'égalité X^1/3=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=Z^1/3 (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=Z^1/3= la racine 3ième réelle de Z

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

Donc pour Z réel (non nul), les trois solutions de z³=Z sont Z^1/3, Z^1/3j, Z^1/3j².

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=Z^1/3j et les trois solutions de z³=Z deviennent Z^1/3j, Z^1/3j×j, Z^1/3j×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=j^ku' et v=j^k'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'=-j^k''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)=j^ku/v avec k=0 ou 1 ou 2 :

les trois solutions de x³+px+q=0 sont donc x_k =(r-j^kus/v)/(1-j^ku/v) pour k=0,1,2.

On peut les simplifier beaucoup : x_k=s((u/v)³-j^k(u/v))/(1-j^ku/v)=sj^k(u/v)(j^-k(u/v)²-1)/(1-j^ku/v),

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

x_k=-vj^k((j^ku/v)²-1)/(1-j^ku/v)=vj^k(j^ku/v+1)=j^2ku+j^kv 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 y_i=a/3+x_i) 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 u_i et v_i par Rés(P,Q)=a^mbⁿp_{1£i£n;1£j£m}(u_i-v_j)=a^mp_1£i£nQ(u_i) ; 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)/2a^n-2p_1£i£nP'(u_i)=a^2n-2p_1£i<j£n(u_i-u_j)² : il est nul ssi P a une racine multiple d'ordre ³2.

Si P est unitaire, son discriminant est donc D=p_1£i<j£n(u_i-u_j)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 :

3a	2b	c	0	0
0	3a	2b	c	0
0	0	3a	2b	c
a	b	c	d	0
0	a	b	c	d

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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