sommaire du site

Chapitre 4

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

avec p et q réels

Formule de Cardan (1501-1576)-Tartaglia (1499-1557)

Méthode de Viète (1540-1603)

4p3+27q2>0

En posant u={-q/2-Ö[(p/3)3+(q/2)2)]}1/3

et v={-q/2+Ö[(p/3)3+(q/2)2)]}1/3

où pour tout réel x, la quantité x1/3=3Öx désigne l'unique réel dont le cube est x :

les 3 solutions distinctes de (E) sont (u et v étant réels)

u+v (réelle)

ju+j2v=-(u+v)/2+i(Ö3/2)(u-v) (imaginaire)

j2u+jv=-(u+v)/2-i(Ö3/2)(u-v) (imaginaire)

Ce sont ces formules qui sont appelées les formules de Cardan-Tartaglia,

mathématiciens italiens. Tartaglia a trouvé le premier ces formules mais c'est

Cardan qui les a publiées malgrè la promesse de ne pas le faire, d'où une querelle célèbre!

Pour les curieux : si p=0 (donc q¹0) alors {u;v}={(-q)1/3;0} et les formules de C-T donnent bien comme solutions de x3+q=0 les trois racines 3ièmes de -q, à savoir (-q)1/3, (-q)1/3j, (-q)1/3j2 et si q=0 (donc p>0) alors u=(-Ö[(p/3)3])1/3=-Ö(p/3), v=-u et les formules de C-T donnent bien comme solutions de x3+px=0 les trois nombres 0, iÖp, -iÖp.

 

4p3+27q2=0

soit p=0 et alors q=0 et l'équation est x3=0

soit p0, donc q0, et (rappel !) (E) n'a que 2 solutions 3q/p (réelle, simple) et -3q/(2p) (réelle, double)

Remarquons que si on remplace 4p3+27q2 par 0 dans les

formules de Cardan ci-dessus on a u=v=(-q/2)1/3 et donc on n'obtient plus

que deux solutions : 2u et -u qui sont bien 3q/p et -3q/(2p) puisque (-q/2)1/3=3q/(2p)

4p3+27q2<0

Formules de Viète (mathématicien français)

en posant q=Arccos(3q/(2pÖ(-p/3))),

c'est-à-dire q est le seul réel dans ]0;p[ tel que cosq=3q/(2pÖ(-p/3))

les trois solutions, réelles, de (E) sont

x1= 2Ö(-p/3)cos(q/3) ; x2=2Ö(-p/3)cos((q+2p)/3) ; x3=2Ö(-p/3)cos((q+4p)/3)

avec -2Ö(-p/3)<x2<x3<x1<2Ö(-p/3)

Cas particulier : si q=0 (donc p<0) alors q =p/2 et x1=Ö(-p), x2=-Ö(-p), x3=0, qui sont bien les trois solutions de x(x2+p)=0.

4p3+27q2>0

et p¹0

Alternative à la formule de Cardan pour la seule solution réelle a de (E)

si p<0 et q<0 : a=2Ö(-p/3)ch(j/3) avec chj=3q/(2pÖ(-p/3))

si p<0 et q>0 : a=-2Ö(-p/3)ch(j/3) avec chj=-3q/(2pÖ(-p/3))

si p>0 : a=2Ö(p/3)sh(j/3) avec shj=-3q/(2pÖ(p/3))

Simplification des formules de Cardan

soit a une solution réelle de l'équation (E)

si 4p3+27q2<0 les 2 autres solutions sont : -a/2±Ö(-3a2/4-p) (réelles)

si 4p3+27q2>0 les 2 autres solutions sont : -a/2±iÖ(3a2/4+p) (imaginaires conjuguées)

et toujours dans le cas 4p3+27q2>0 on a

(-q/2+[(p/3)3+(q/2)2])1/3=a/2+eÖ(a2/4+p/3) avec e=1 ou -1

et si p, q, a sont dans Q alors

u et v sont (conjugués) dans Q(Ö[(p/3)3+(q/2)2])=Q(Ö[(4p3+27q2)/3])

-q/2+[(p/3)3+(q/2)2)] pour e=1 et -1 sont des cubes dans Q(Ö[(4p3+27q2)/3])

et les trois racines de (E) sont dans Q(iÖ[4p3+27q2])

de façon analogue si 4p3+27q2<0 et si p,q,a sont dans Q alors

-q/2+eiÖ[-((p/3)3+(q/2)2))] pour e=1 et -1 sont des cubes dans Q(iÖ[-(4p3+27q2)/3])

et les trois racines de (E) sont dans Q(Ö[-(4p3+27q2)])

Pour tous réels a et b on a la "magnifique" formule :

[(a/2)(a2/4+b2)+ b((9/2)a2+2b2)/(6Ö3)]1/3+[(a/2)(a2/4+b2)- b((9/2)a2+2b2)/(6Ö3)]1/3=a

Preuves :

Cas 1 : si 4p3+27q2>0

Il suffit d'appliquer les résultats du chapitre précédent : les solutions de (E1) X2+qX-p3/27=0 sont

X1=-q/2-(1/2)Ö[(4p3+27q2)/27)] et X2=-q/2+(1/2)Ö[(4p3+27q2)/27)]

X1=-q/2-Ö[(p/3)3+(q/2)2)] et X2=-q/2+Ö[(p/3)3+(q/2)2)]

dont le produit est évidemment -p3/27.

X1 et X2 étant réels ils ont chacun une et une seule racine 3ième réelle notées X11/3 et X21/3

Or X11/3X21/3=(X1X2)1/3=(-p3/27)1/3=-p/3 et donc on peut prendre pour u et v respectivement X11/3 et X21/3

Cas 2 : si 4p3+27q2=0

tout a été dit dans l'encadré ; pour vérifier l'égalité (-q/2)1/3=3q/(2p) on élève au cube.

Cas 3 : si 4p3+27q2<0, formules et méthode de Viète

Cette fois les solutions de (E1) sont imaginaires conjuguées :

X1=-q/2-Ö[-(p/3)3-(q/2)2)]i et X2=-q/2+Ö[-(p/3)3-(q/2)2)]i

Et là le symbole X11/3 ne peut désigner un seul nombre complexe : on est embêté...., d'autant plus que l'on sait que (E) admet 3 racines réelles (chapitre 1)!
En fait on peut prendre pour u une racine 3ième quelconque de X1 et alors pour v, on prend le conjugué de u. Vérifions que l'on a bien avec ce choix, uv=-p/3. X1 et X2 étant conjugués v est une racine 3ième de X2, et
(uv)3=X1X2=-p3/27, mais uv est réel (c'est |u|2)), tout comme -p3/27, et on a bien uv=-p/3.
En fait dans le cas 4p3+27q2<0, on préfère souvent utiliser la trigonométrie, ce que je vais faire, pour arriver aux formules de Viète.

Puisque 4p3+27q2<0, on a p<0 et (3q/(2pÖ(-p/3)))2<1 : on pose cosq=3q/(2pÖ(-p/3)) avec ]0;p[.

Donc q/2=(p/3)Ö(-p/3)cosq, q2/4=-(p3/27)(cosq)2 et

-(p/3)3-(q/2)2)=-(p/3)3 (1-(cosq)2)=(-p/3)3 (sinq)2.

Comme Ö(-p/3)3=(-p/3)Ö(-p/3) et Ö(sinq)2=sinq, car sinq>0 on obtient

X1=-q/2+(p/3)Ö(-p/3)(sinq)i=(-p/3)Ö(-p/3)(cosq-isinq)

X2=-q/2-(p/3)Ö(-p/3)(sinq)i=(-p/3)Ö(-p/3)(cosq+isinq)

soit en échangeant X1 et X2

X1=Ö(-p/3)3exp(iq) et X2=Ö(-p/3)3exp(-iq)

En prenant u=Ö(-p/3)exp(iq/3) et v=Ö(-p/3) exp(-iq/3), on a bien u3=X1 et v3=X2 et uv=-p/3 et donc les solutions de (E) sont u+v, ju+j2v, j2u+jv. Comme u et v sont conjugués, ainsi que j et j2, ces 3 solutions sont la somme de 2 nombres conjugués donc elles sont bien réelles.

Précisons (rappel : j=exp(i2p/3), j2=exp(i4p/3) ) :

u+v=Ö(-p/3)(exp(iq/3) +exp(-iq/3) )=2Ö(-p/3)cos(q/3)

ju+j2v=Ö(-p/3)(exp(i(q/3+2p/3)) +exp(i(-q/3+4p/3)))=Ö(-p/3)(exp(i(q/3+2p/3)) +exp(i(-q/3-2p/3)))

soit ju+j2v=2Ö(-p/3)cos(q/3+2p/3)

j2u+jv=Ö(-p/3)(exp(i(q/3+4p/3)) +exp(i(-q/3+2p/3)))=Ö(-p/3)(exp(i(q/3+4p/3)) +exp(i(-q/3-4p/3)))

soit j2u+jv=2Ö(-p/3)cos(q/3+4p/3).

Bien entendu la méthode "habituelle" pour trouver ces 3 solutions est celle de Viète :

on utilise l'identité cos3a=4(cosa)3-3cosa (pour tout réel a) et pour cela dans (E) on pose, pour k non nul, x=kcos(a/3) et on obtient (cos(a/3))3+(p/k2)cos(a/3)+q/k3=0 : on choisit alors (rappel p<0) k=2Ö(-p/3) et l'équation (E) s'écrit (cos(a/3))3-(3/4)cos(a/3)+q/k3=0 soit cos(a)=-4q/k3=3q/(2pÖ(-p/3)).

Or 3q/(2pÖ(-p/3))Î]-1;1[, puisque le carré de ce nombre est 27q 2/(-4p3) qui est <1 car 27q2<-4p3 et p<0 ; donc il existe un seul ]0;p[ tel que cosq=3q/(2pÖ(-p/3)) et l'équation devient cos(a)=cos(q) donc a=q+2kp ou a=-q+2kp donc x=kcos((q+2kp)/3) pour k dans Z.

Le cercle trigonométrique montre clairement que cela ne donne que 3 possibilités pour x correspondantes à k=0,1,2 :

2Ö(-p/3)cos(q/3); 2Ö(-p/3)cos(q/3+2p/3); 2Ö(-p/3)cos(q/3+4p/3) qui sont bien celles trouvées ci-dessus.

Précisons la position relative de ces 3 solutions :

puisque ]0;p[ on a 0<q/3<p/3, 2p/3<q/3+2p/3<p, 4p/3<q/3+4p/3<5p/3 ; or sur le cercle trigonométrique p/3 et 5p/3 d'une part, 2p/3 et 4p/3 d'une autre part donnent des points symétriques par rapport à l'axe des abscisses et donc q/3, q/3+2p/3, q/3+4p/3 sont dans 3 secteurs circulaires (d'amplitude p/3) distincts : q/3 est dans celui le plus à gauche, q/3+2p/3 est dans celui le plus à droite d'où cos(q/3+2p/3)<cos(q/3+4p/3)<cos(q/3).

Notons aussi que puisque ]0;p[, les trois cosinus sont dans ]-1;1[ et on retrouve le fait (voir chapitre 1) que les trois solutions sont dans ]-2Ö(-p/3);2Ö(-p/3)[.


cas 4 : 4p3+27q2>0 et p0.

Il s'agit donc ici d'écrire sans le symbole racine 3ième la seule racine réelle de l'équation (E)

si p<0, (donc q est non nul) q<0

on fait un raisonnement analogue au précédent, mais cette fois on utilise l'identité ch3a=4(cha)3-3cha (pour tout réel a) et pour cela dans (E) on pose, pour k non nul, a>0, x=kch(a/3) et on obtient (ch(a/3))3+(p/k2)ch(a/3)+q/k3=0 : on choisit alors k=2Ö(-p/3) et l'équation (E) s'écrit (ch(a/3))3-(3/4)ch(a/3)+q/k3=0 soit ch(a)=-4q/k3=3q/(2pÖ(-p/3)).

Or 3q/(2pÖ(-p/3))>1, puisque ce nombre est positif et son carré est 27q 2/(-4p3) qui est >1 car 27q2>-4p3 et p<0 ; donc il existe un seul réel j>0 tel que chj=3q/(2pÖ(-p/3)) et l'équation devient ch(a)=ch(j) donc a=j et x=2Ö(-p/3)ch(j/3) ; bien entendu j=argch(3q/(2pÖ(-p/3))).

si p<0, q>0

cette fois, c'est -3q/(2pÖ(-p/3)) qui est supérieur à 1 et donc on prend j>0 tel que chj=-3q/(2pÖ(-p/3)) et en posant x= x=kch(a/3) avec k=-2Ö(-p/3) on arrive à x=-2Ö(-p/3)ch(j/3) ; j=argch(-3q/(2pÖ(-p/3))).

si p>0

cette fois on utilise l'identité sh3a=4(sha)3+3sha (pour tout réel a) et pour cela dans (E) on pose, pour k non nul, a>0, x=ksh(a/3) et on obtient (sh(a/3))3+(p/k2)sh(a/3)+q/k3=0 : on choisit alors k=2Ö(p/3) et l'équation (E) s'écrit (sh(a/3))3+(3/4)sh(a/3)+q/k3=0 soit sh(a)=-4q/k3=-3q/(2pÖ(p/3)).

Comme il existe toujours un seul réel j tel que shj=-3q/(2pÖ(p/3)), l'équation devient sh(a)=sh(j) donc a=j et x=2Ö(p/3)sh(j/3) ; j=argsh(-3q/(2pÖ(p/3)))

Remarquons que changer q en -q dans l'équation (E) change uniquement les signes de ses solutions, et on peut vérifier que c'est bien ce qui se passe ici sur la seule solution réelle : pour p<0 lorsqu'on passe de q<0 à q>0 j est inchangé et donc la solution réelle change simplement de signe, de même pour p>0 car alors changer q en -q change j en -j puisque la fonction sh est impaire.

Bien sûr cette disparition des symboles racine 3ième dans ces formules de trigonométrie hyperbolique n'est qu'apparente.

Par exemple dans le dernier cas on a x=2Ö(p/3)sh((argshX)/3) avec X=-3q/(2pÖ(p/3)). Or shx=(exp(x)-exp(-x))/2 et argshx=ln(x+Ö(1+x2)), donc 2sh((argshx)/3)=(x+Ö(1+x2))1/3-(x+Ö(1+x2))-1/3 et comme (x+Ö(1+x2))(x-Ö(1+x2))=-1 on a 2sh((argshx)/3)=(x+Ö(1+x2)1/3+(x-Ö(1+x2)1/3 et..... je laisse le lecteur poursuivre les calculs (remplacer x par X) pour vérifier qu'on retouve la formule de Cardan (u+v=X11/3+X21/3)!!

preuve des formules de Cardan simplifiées

Soit a une racine réelle de l'équation (E) x3+px+q=0 (il y en a toujours au moins une) ; par division euclidienne par x-a, et compte tenu que a3+pa+q=0, on trouve que x3+px+q=(x-a)(x2+ax+p+a2) et donc les 2 autres solutions sont les solutions de x2+ax+p+a2=0 dont le discriminant est D=-3a2-4p :

si 4p3+27q2<0 alors a2<-4p/3 (voir chapitre 1) et donc D>0 et les 2 autres solutions sont réelles : -a/2±Ö( -3a2/4-p)

si 4p3+27q2>0 alors a2>-4p/3 (voir chapitre 1) et donc D<0 et les 2 autres solutions sont imaginaires conjuguées : -a/2±iÖ( 3a2/4+p).

Les solutions de (E) sont donc de la forme a, -a/2+ib, -a/2-ib avec a réel et

si 4p3+27q2>0, b=Ö( 3a2/4+p)=Ö3Ö( a2/4+p/3)>0 et p=-3a2/4+b2

si 4p3+27q2<0, b=ib' avec b'=Ö( -3a2/4-p)=Ö3Ö( -a2/4-p/3)>0 et p=-3a2/4+b2=-3a2/4-b'2

q étant l'opposé du produit des 3 solutions on a q=-a(-a/2+ib)(-a/2-ib)=-a(a2/4+b2) ; on peut retrouver la valeur de p ci-dessus, soit en disant que p est la somme des produits 2 à 2 des solutions, c'est-à-dire p=a(-a/2+ib-a/2-ib)+(-a/2+ib)(-a/2-ib)=-3a2/4+b2, soit en identifiant x3+px+q et (x-a)(x+a/2-ib)(x+a/2+ib), ce qui permet aussi de retrouver q.

D'où 4p3+27q2=(81/4)a4b2+18a2b4+4b6=b2((9/2)a2+2b2)2, et (p/3)3+(q/2)2=b2((9/2)a2+2b2)2/108

Simplification de (-q/2+[(p/3)3+(q/2)2)])1/3 pour e=-1 et 1, dans le cas 4p3+27q2>0

Ö((p/3)3+(q/2)2)=b((9/2)a2+2b2)/(6Ö3) et les deux solutions de l'équation X1 et X2 de (E1) X2+q-p3/27=0 sont

X1=-q/2+Ö[(p/3)3+(q/2)2)]=(a/2)(a2/4+b2)+ b((9/2)a2+2b2)/(6Ö3) soit

X1=a3/8+(3/(4Ö3))a2b+ab2/2+b3/(3Ö3)=....=(a/2+b/Ö3)3 !!!!!

et de façon analogue X2=-q/2-Ö[(p/3)3+(q/2)2)]=(a/2-b/Ö3)3.

Donc u=(-q/2-Ö[(p/3)3+(q/2)2)])1/3=X21/3=a/2-b/Ö3=a/2-Ö(a2/4+p/3),

et v=(-q/2+Ö[(p/3)3+(q/2)2)])1/3=X11/3=a/2+b/Ö3=a/2+Ö(a2/4+p/3),

ce qui est bien le résultat annoncé ;

Puisque u=a/2-b/Ö3 et v=a/2+b/Ö3 ( avec uv=a2/4-b2/3=-p/3) on retrouve, évidemment, que la seule solution réelle est a=u+v, les deux autres solutions étant ju+j2v=-a/2-ib et j2u+jv=-a/2+ib.

De Ö((p/3)3+(q/2)2)=b((9/2)a2+2b2)/(6Ö3) (voir plus haut), et compte-tenu que p=-3a2/4+b2 on tire (9/2)a2+2b2=6a2+2p et donc 6a2+2p>0 (en fait si p>0, c'est trivial et si p£0 on a -p/3£-4p/3 et comme a2>-4p/3 on a bien 6a2+2p>0) ; et puisque b/Ö3=Ö(a2/4+p/3) on obtient :

Ö((p/3)3+(q/2)2)=(a2+p/3)Ö(a2/4+p/3).

Comme a2+p/3 est non nul ((p/3)3+(q/2)2 étant non nul) on peut écrire

Ö(a2/4+p/3)=Ö((p/3)3+(q/2)2)/(a2+p/3).

Donc, si p et a sont dans Q (donc q aussi, puisque a3+pa+q=0), alors 1/(a2+p/3) est un nombre rationnel et ainsi on prouve que u et v (cad a/2±Ö(a2/4+p/3)) s'écrivent de la forme d+/-gÖ((p/3)3+(q/2)2), avec d et g rationnels, c'est-à-dire u et v sont (conjugués, à cause du + et -) dans Q(Ö((p/3)3+(q/2)2)) ; mais Ö((p/3)3+(q/2)2)=(1/6)Ö((4p3+27q2)/3) donc Q(Ö((p/3)3+(q/2)2))=Q(Ö((4p3+27q2)/3)).

Et bien sûr le fait que u et v sont dans Q(Ö((4p3+27q2)/3)) se traduit par -q/2[(p/3)3+(q/2)2) et -q/2[(p/3)3+(q/2)2) sont des cubes dans Q(Ö((4p3+27q2)/3)).

Enfin, les racines de (E) étant a, -a/2-ib, -a/2+ib et l'égalité Ö((p/3)3+(q/2)2)=(a2+p/3)Ö(a2/4+p/3) s'écrivant (1/6)Ö((4p3+27q2)/3)=(a2+p/3)b/Ö3, c'est que

b=Ö(4p3+27q2)/(6(a2+p/3))=gÖ(4p3+27q2), avec g rationnel, et donc ces racines sont bien dans Q(iÖ(4p3+27q2))

Simplification de -q/2+eiÖ[-((p/3)3+(q/2)2))] pour e=-1 et 1, dans le cas 4p3+27q2<0

On notera que cette fois l'expression -q/2+eiÖ[-((p/3)3+(q/2)2))] n'est pas à la puissance 1/3. C'est parceque cette expression n'est pas réelle et que la notation z1/3 pour z non nul, complexe non réel n'a pas de sens précis : en effet z a alors trois racines 3ièmes non réelles, donc laquelle particulariser? Si z était réel il aurait une seule racine 3ième réelle et c'est elle que l'on noterait z1/3.

Cependant certains auteurs "s'autorisent" une écriture du genre [(1+(-7)1/4)1/3 +(-5)1/2]1/12, laquelle définit en fait 288 nombres complexes! Je ne me l'autoriserai pas.

Cf le début de cette preuve de Cardan simplifié, puisque 4p3+27q2<0 c'est que les trois racines de (E) sont réelles : a, -a/2+ib, -a/2-ib avec b=ib' avec b'=Ö3Ö( -a2/4-p/3)>0.

Comme on a toujours q=-a(a2/4+b2) et p=-3a2/4+b2 on a encore (p/3)3+(q/2)2=b2((9/2)a2+2b2)2/108=-b'2((9/2)a2-2b'2)2/108, dont l'opposé a pour racine carrée b'|(9/2)a2-2b'2|/(6Ö3) .

Les deux solutions X1 et X2 de (E1) sont cette fois

X1=-q/2+iÖ[-((p/3)3+(q/2)2))] et X2-q/2-iÖ[-((p/3)3+(q/2)2))],

d'où X1=(a/2)(a2/4-b'2)+ib'|(9/2)a2-2b'2|/(6Ö3), et selon le signe de l'expression qui est dans la valeur absolue on aura

soit X1=(a/2+ib'/Ö3)3 et X2=(a/2-b'/Ö3)3

soit X1=(a/2-ib'/Ö3)3 et X2=(a/2+b'/Ö3)3

Notons qu'en prenant u=a/2-ib'/Ö3 et v=a/2+ib'/Ö3 (on a bien uv=a2/4-b2/3=-p/3, puisque b'2=-b2) on retrouve les solutions de (E) : u+v=a, ju+j2v=-a/2+b'=-a/2-ib et j2u+jv=-a/2-b'=-a/2+ib.

Attention ici u3 n'est pas forcément X2, mais {u3;v3}={X1;X2}.

Enfin, de Ö[-((p/3)3+(q/2)2))]=b'|(9/2)a2-2b'2|/(6Ö3) et p=-3a2/4+b2= -3a2/4-b'2, on obtient (9/2)a2-2b'2=(9/2)a2+(3/2)a2+2p=6a2+2p, d'où Ö[-((p/3)3+(q/2)2))]=b'|a2+p/3|/Ö3 ;

( soit aussi Ö[-((p/3)3+(q/2)2))]=|a2+p/3|Ö( -a2/4-p/3)).

Donc si a, p, q sont rationnels, b'/Ö3=Ö( -a2/4-p/3)ÎQ(Ö[-((p/3)3+(q/2)2))])=Q(Ö[-(4p3+27q2)/3]) et u et v sont dans Q(iÖ[-(4p3+27q2)/3]) ; donc X1 et X2 sont des cubes dans Q(iÖ[-(4p3+27q2)/3]), c'est-à-dire -q/2+i[-((p/3)3+(q/2)2))], pour e=1 et -1, sont des cubes dans Q(iÖ[-(4p3+27q2)/3]).

Mais on peut aussi dire que b'ÎQ(Ö[-(4p3+27q2)]) et donc les racines de (E) sont dans Q(Ö[-(4p3+27q2)]).

Remarque 1

Les résultat ci-dessus sont bien vrais si a=0, donc q=0.

si p>0 les racines sont 0,-iÖp,iÖp qui sont bien dans Q(iÖ(4p3+27q2))=Q(2ipÖp)=Q(iÖp), car p est rationnel

si p<0 les racines sont 0,-Ö(-p),Ö(-p) qui sont bien dans Q(Ö[-(4p3+27q2)])=Q(2pÖ(-p))=Q(Ö(-p)), car p est rationnel.

Remarque 2

Evidemment les formules donnant les deux autres solutions à partir de la connaissance d'une solution réelle a n'ont d'intérêt pratique que si on connaît effectivement la valeur exacte d'une solution réelle! Cependant on pourrait se dire, puisque ces solutions sont a, -a/2+ib,-a/2-ib et que p=b2-(3/4)a2 et q=-a(a2/4+b2), il suffit de résoudre en a et b ce systéme de deux équations, mais en éliminant b entre ces 2 équations on trouve a3+pa+q=0 et on n'est pas plus avancé!!

Mais si jamais on connaît une solution réelle (avec.... une bonne vue par exemple ou voir plus loin un moyen d'obtenir une solution rationnelle éventuelle) on a tout de suite les 2 autres! (même pas besoin de faire la division euclidienne par x-a et de se ramener à un second degré).

Preuve de la magnifique formule

Pour se ramener exactement aux calculs précédents, on peut supposer b>0, puisque changer b en -b ne change pas le membre de gauche.

a, -a/2-ib/2 et -a/2+ib/2 sont alors solutions de x3+px+q=0 avec p=-3a2/4+b2 et q=-a(a2/4+b2) et donc 4p3+27q2=b2((9/2)a2+2b2)2/108>0 (voir calculs précedents).

a étant la seule solution réelle de x3+px+q=0, a= (-q/2+Ö[(p/3)3+(q/2)2)])1/3+(-q/2-Ö[(p/3)3+(q/2)2)])1/3 et on remplace p et q en fonction de a et b.

Bien entendu on peut faire une démonstration directe : il est "évident" que sous les puissances 1/3 on a en fait (a/2±b/Ö3)3.

Chapitre 5

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

avec p et q réels

 

/

1ère série d'exemples avec la méthode Hudde-Cardan

(d'abord des 4p3+27q2>0, puis des 4p3+27q2<0)

Equation (E)

Equation (E1)

et ses 2 solutions

u et v

( avec uv=-p/3 )

les 3 solutions de (E)

x1, x2, x3

n°1

x3+(b2-(3/4)a2)x-a(a2/4+b2)=0

(a, b réels, b non nul)

X2-a(a2/4+b2)X-(b2-(3/4)a2)3/27=0

(a/2+b/Ö(3))3

(a/2-b/Ö(3))3

a/2+b/Ö(3)

a/2-b/Ö(3)

x1=a

x2=-a/2+ib

x3=-a/2-ib

n°2

x3-3abx-a3-b3=0

(a, b complexes, a3 et b3 distincts)

X2-(a3+b3)X+a3b3=0

a3

b3

a

b

x1=a+b

x2=ja+j2b

x3=j2a+jb

n°3

x3+x-2=0

X2-2X-1/27=0

1+(2/3)Ö(7/3)

1-(2/3)Ö(7/3)

(1+(2/3)Ö(7/3))1/3

(1-(2/3)Ö(7/3))1/3

x1=u+v

x2=-(u+v)/2+(Ö3/2)(u-v)i

x3=-(u+v)/2-(Ö3/2)(u-v)i

ces solutions se simplifient énormément ; do you see ?

n°4

x3-46x-144=0

X2-144X+97336/27=0

72+(146/3)Ö(2/3)

72-(146/3)Ö(2/3)

(72+(146/3)Ö(2/3))1/3

(72-(146/3)Ö(2/3))1/3

x1=u+v

x2=-(u+v)/2+(Ö3/2)(u-v)i

x3=-(u+v)/2-(Ö3/2)(u-v)i

ces solutions se simplifient énormément ; do you see ?

n°5

x3+3x-2=0

X2-2X-1=0

1+Ö2

1-Ö2

(1+Ö2)1/3

(1-Ö2)1/3

x1=(1+Ö2)1/3+(1-Ö2)1/3

Re(x2)=-((1+Ö2)1/3+(1-Ö2)1/3)/2

Im(x2)=(Ö3/2)((1+Ö2)1/3-(1-Ö2)1/3)

x3=conjugué de x2

n°6

x3-15x-4=0

celle de Bombelli

X2-4X+25=0

2-11i

2+11i

2+i

2-i

x1=4

x2=-2+Ö3

x3=-2-Ö3

n°7

x3-3x-1=0

X2-X+1=0

exp(ip/3)=-j

exp(-ip/3)=-j2

exp(ip/9)

exp(-ip/9)

x1=2cos(p/9)

x2=2cos(7p/9)

x3=2cos(5p/9)

n°8

x3-7x+6=0

X2+6X+343/27=0

-3+(10Ö3/9)i

-3-(10Ö3/9)i

1+2i/Ö3

1-2i/Ö3

x1=2

x2=-3

x3=1

On termine maintenant par trois exercices sur la simplification de la somme de deux puissances 3ièmes.
n°9

Exercice :
b et c étant 2 nombres rationnels avec c>0, b¹0, trouver une méthode pour savoir si (b+Öc)1/3+(b-Öc)1/3 est rationnel ou pas, et si oui, comment déterminer ce rationnel.

Remarque :
si b=0, (b+c)1/3+(b-c)1/3=0 est toujours rationnel, même si c n'est pas rationnel ;
et si c=0, (b+c)1/3+(b-c)1/3=2b1/3 sera rationnel si et seulement si b est le cube d'un rationnel.

n°10 Exercice :
b et c sont deux réels avec c>0.
Soit z1=a+ib (a et b sont réels) une racine 3ième de b+ic et z2 le conjugué de z1 : donc z2 est une racine 3ième de b-ic.
On pose a=z1+z2, a'=jz1+j2z2, a"=j2z1+jz2.
1) Montrer que z1z2=(b2+c)1/3 (racine 3ième réelle de b2+c).

2) Calculer a, a', a" en fonction de a et b
Montrer que a, a' ,a " sont distincts 2 à 2.
Montrer que l'ensemble {a ; a' ; a"} ne dépend pas du choix de z1 comme racine 3ième de b+ic.
Préciser {a ; a' ; a"} en fonction de c lorsque b=0.

On suppose maintenant b et c rationnels et b0.

3) Trouver une méthode pour avoir si un des nombres a ou a' ou a" est rationnel.

4) Appliquer cette méthode aux deux cas suivants :

cas 1 : b=35/216 c=1/48 cas 2 : b=-2 c=4 Dans chacun de ces deux cas, on déterminera ensuite les racines 3ièmes de b+ic (voir Remarque du chapitre 2).
n°11 Exercice :
Montrer, en utilisant l'équation x3+(r-1)x-r=0, que pour tout réel r1/4 on a :

31/2=A1/3+B1/3, avec A=(3×31/2r-(r+2)(4r-1)1/2)/2 et B=(3×31/2r+(r+2)(4r-1)1/2)/2,
et que, r étant toujours 1/4, on a (r+2)(4r-1)1/23×31/2r r1.

Que donnent les cas r=1/4, r=1, r=2?


Commentaires sur l'équation n°1   

4p3+27q2=(81/4)a4b2+18a2b4+4b6=b2((9/2)a2+2b2)2, d'où

(p/3)3+(q/2)2=b2((9/2)a2+2b2)2/108³0

Comme b¹0, (p/3)3+(q/2)2>0, l'équation (E) n1 a une solution réelle et deux imaginaires conjuguées.

De Ö((p/3)3+(q/2)2)=b((9/2)a2+2b2)/(6Ö3) on déduit que les solutions de (E1) sont

X1=-q/2+Ö[(p/3)3+(q/2)2)]=(a/2)(a2/4+b2)+ b((9/2)a2+2b2)/(6Ö3) soit

X1=a3/8+(3/(4Ö3))a2b+ab2/2+b3/(3Ö3)=....=(a/2+b/Ö3)3 !!!!!

et de façon analogue X2=(a/2-b/Ö3)3.

On peut alors prendre u=a/2+b/Ö3 et v=a/2-b/Ö3 (on a bien uv=a2/4-b23=-p/3) et les solutions de (E) sont

u+v=a, ju+j2v= -(u+v)/2+(Ö3/2)(u-v)i=-a/2+ib , j2u+jv=-(u+v)/2-(Ö3/2)(u-v)i=-a/2-ib.

Remarque 1 si b=0, 4p3+27q2=0, donc

Remarque 2 : même si a et b sont des nombres complexes quelconques, l'équation n°1 a encore comme solutions a, -a/2+ib et -a/2-ib, ne serait-ce que parce que le développement de (x-a)(x-a/2-ib)(x-a/2+ib) va toujours donner x3+px+q avec p=b2-(3/4)a2 et q=-a(a2/4+b2).

Remarque 3 : en fait les calculs ci-dessus sont presque une redite de ceux faits à la fin du chapitre 4 pour la preuve des simplifications des formules de Cardan, mais c'était pour le cas où le lecteur.... aurait trouvé la fin de ce chapitre 4 trop indigeste!!

Commentaire sur l'équation n°2

4p3+27q2=27(a3-b3)2, donc différent de 0 ( cf l'hypothèse a3 et b3 sont distincts) et il y a trois solutions distinctes.
(E1) est X2-(a3+b3)X+a3b3=0, dont les solutions sont évidemment a3 et b3, et on peut prendre u=a, v=b puisque par ailleurs uv=3ab/3=-p/3. Ce qui donne les 3 solutions a+b, ja+j2b, j2a+jb.

Remarque 1 : le produit des trois racines étant -q, a3+b3=(a+b)(ja+j2b)(j2a+jb), cela pour a3 et b3 distincts (cf hypothèse), mais un simple développement montre que cette relation est vraie pour tout a et tout b dans C.
On retrouve alors l'identité a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2), pour tout a et tout b dans C.
En fait, puisque les racines de x3+1=0 sont évidemment -1, -j, -j2, on a pour tout x dans C, x3+1=(x+1)(x+j)(x+j2), et en remplacant x par a/b, a et b quelconques dans C, b non nul, et en multipliant par b des deux côtés, on obtient aussi a3+b3=(a+b)(ja+j2b)(j2a+jb), pour tout a et tout b dans C (pour b=0 on fait une vérification directe).

Enfin, puisque les racines de x3-3abx-a3-b3=0 sont a+b, ja+j2b, j2a+jb, on a pour tout x dans C, x3-3abx-a3-b3=(x-a-b)(x-ja-j2b)(x-j2a-jb).
En posant alors u=x, v=-a, w=-b, on obtient l'identité

u3+v3+w3-3uvw=(u+v+w)(u+jv+j2w)(u+j2v+jw), pour tous nombres complexes u,v,w (en toute rigueur pour v3 et w3 distincts, puisque au départ on a supposé a3b3, mais il est facile de vérifier que cette identité est toujours vraie, cela même si v=w ou v=jw ou v=j2w).

Remarque 2 : si a3=b3, alors 4p3+27q2=0

Remarque 3 : bien entendu on peut résoudre (E) sans Cardan :

x3-3abx-a3-b3=x3-(a+b)3-3ab(x-(a+b))=(x-(a+b))(x2+(a+b)x+(a+b)2)-3ab(x-(a+b)), et
finalement x3-3abx-a3-b3=(x-(a+b))(x2+(a+b)x+a2-ab+b2).
Comme le facteur du second degré a pour discriminant -3(a-b)2, ce facteur a pour racines -(a+b)+/-(a-b)Ö(3)i, soient ja+j2b et j2a+jb.

Remarque 4 : on peut retrouver alors les formules de Cardan pour résoudre x3+px+q=0.
En effet, s'il existe a et b tels que p=-3ab et q=-a3-b3, les solutions seront a+b, ja+j2b, j2a+jb.
Or p=-3ab et q=-a3-b3 entraînent que a3b3=-p3/27 et a3+b3=-q et donc a3 et b3 sont les racines de X2+qX-p3/27=0, qui n'est autre que (E1)!

Commentaire sur les équations n°3 et n°4

Il n'aura échappé à personne que ces 2 équations admettent chacune une solution réelle très simple : 1 et 8 respectivement!

x3+x-2=0 ayant pour seule solution réelle u+v=(1+(2/3)Ö(7/3))1/3+(1-(2/3)Ö(7/3))1/3 et 1 étant effectivement solution de l'équation, c'est que 1=(1+(2/3)Ö(7/3))1/3+(1-(2/3)Ö(7/3))1/3 égalité qui ne saute pas aux yeux ; pour ceux se posant la question de savoir si cette égalité peut se prouver sans faire appel à une équation du 3ième degré, voir la fin du commentaire.

En utilisant alors l'aspect simplification des formules de Cardan, puisque on a une solution réelle a=1 sous la main, on voit tout de suite que les deux autres solutions sont -a/2±iÖ(3a2/4+p), soit -1/2+iÖ7/2 et -1/2-iÖ7/2 ; comme manifestement u>v c'est que x1=1, x2=-1/2+iÖ7/2 et x3=-1/2-iÖ7/2.

Mais, toujours d'après l'aspect simplification, on a (-q/2+[(p/3)3+(q/2)2])=(a/2+eÖ(a2/4+p/3))3, ce qui donne (1+e(2/3)Ö(7/3))=(1/2+e(1/2)Ö(7/3))3 et donc 1+(2/3)Ö(7/3) et 1-(2/3)Ö(7/3) sont des cubes, ce qui explique que leurs puissances 1/3 se simplifient considérablement : u=1/2+(1/2)Ö(7/3) et v=1/2-(1/2)Ö(7/3) ce qui redonne x1=1, x2=-1/2+iÖ7/2 et x3=-1/2-iÖ7/2.

On vérifie d'ailleurs que toutes les solutions 1, -1/2+iÖ7/2, -1/2-iÖ7/2sont dans Q(iÖ[4p3+27q2]) (voir simplification des formules de Cardan), puisqueÖ[4p3+27q2]=Ö112=4Ö7 et Q(iÖ[4p3+27q2])=Q(iÖ7)

De même pour l'équation x3-46x-144=0 qui a pour solution réelle a=8, on a donc 8=(72+(146/3)Ö(2/3))1/3+(72-(146/3)Ö(2/3))1/3, et les 2 autres solutions sont -a/2±iÖ(3a2/4+p) soient -4+iÖ2 et -4-iÖ2 et donc x1=8, x2=-4+iÖ2 et x3=-4-iÖ2.

Et toujours d'après (-q/2+[(p/3)3+(q/2)2])=(a/2+eÖ(a2/4+p/3))3, on a 72+(146/3)Ö(2/3)=(4+Ö(2/3))3 et 72-(146/3)Ö(2/3)=(4-Ö(2/3))3 et donc u et v se simplifient aussi considèrablement : u=4+Ö(2/3) et v=4-Ö(2/3).

Là aussi on peut vérifier que toutes les solutions 8, -4+iÖ2, -4-iÖ2 sont dans Q(iÖ[4p3+27q2]), puisqueÖ[4p3+27q2]=292Ö2 et Q(iÖ[4p3+27q2])=Q(iÖ2)

On peut se poser alors la question suivante : est-ce qu'il y a un moyen de prouver les égalités

(1+(2/3)Ö(7/3))1/3+(1-(2/3)Ö(7/3))1/3=1 et (72+(146/3)Ö(2/3))1/3+(72-(146/3)Ö(2/3))1/3=8,

cela "directement", c'est-à-dire sans utiliser le fait que chaque membre de gauche est la seule racine réelle d'une équation du 3ième degré?

Je ne le pense pas ; en tout cas je ne connais pas une telle méthode...ce qui ne veut pas dire en toute rigueur qu'elle n'existe pas!

Voir l'exemple n°8 proposant une méthode pour savoir si (b+Öc)1/3+(b-Öc)1/3 est rationnel ou pas, b et c étant rationnels, méthode qui utilise une équation du 3ième degré.

En conclusion, pour une équation du 3ième degré à coefficients rationnels, avant d'appliquer brutalement les formules de Cardan, il vaut mieux chercher à voir tout de suite si cette équation admet une solution rationnelle, ce qui est assez facile à voir, et si oui on utilise alors les formules de Cardan simplifiées ou la division euclidienne : voir le conseil pratique ci-dessous :

 

Conseil pratique

Pour résoudre une équation du 3ième degré x3+px+q=0 avec p et q rationnels, la 1ère chose à faire est de chercher d'éventuelles solutions rationnelles ; l'équation va s'écrire ex3+fx+g=0 (avec e,f,g entiers relatifs) et pour que c/d (c,d entiers relatifs, d>0, c et d 1er entre eux) soit solution il est nécessaire que c divise g et d divise e (voir fin de cet encadré ) : on passe donc en revue tous les cas possibles.

On voit tout de suite que si p et q sont des entiers relatifs (cas de tous les exemples ci-dessus) on aura e=1, f=p, g=q et donc d doit diviser 1, soit d=1 et c doit diviser q : les solutions rationnelles éventuelles de x3+px+q=0 ne peuvent qu'être entières et doivent diviser q.

Dans le cas 4p3+27q2>0, comme il y a une seule solution réelle il y a au plus une solution rationnelle, donc dès que l'on en a trouvé une on peut arrêter et on applique les formules de Cardan "simplifiées" (voir chapitre 4) ou on fait la division euclidienne par x-a pour se ramener à un 2ième degré.

Par contre dans le cas 4p3+27q2<0 on peut avoir plusieurs solutions rationnelles (exemple : x3-7x+6=0 a 3 solutions rationnelles 1,2,-3) : si on en trouve deux, on a tout de suite la 3ième qui sera rationnelle, puisque la somme des 3 solutions est 0 ; si on en trouve qu'une on fait comme ci-dessus.

Si 4p3+27q2=0, et p¹0, les solutions sont connues : 3q/p et -3q/2p et elles sont évidemment rationnelles, p et q l'étant. En fait p et q étant rationnels on aura effectivement 4p3+27q2=0 si et seulement si -3p est un carré dans Q ( puisque-3p=(9q/(2p))2)

Si on ne trouve pas de solution "évidente" il faut se "résoudre" à utiliser Hudde et Cardan ou si 4p3+27q2<0 utiliser les formules de Viète (voir des exemples plus loin).

Justification que c divise g et d divise e : c/d solution de ex3+fx+g=0 signifie que ec3+fcd2+gd3=0 et donc c divise -(ec3+fcd2)=gd3, mais c étant 1er avec d, il est aussi 1er avec d3 et donc, d'après le théorème de Gauss, c divise g ; raisonnement analogue pour d divise e.

Commentaire sur l'équations n°5

Elle n'a pas de solution rationnelle, donc là on n'a pas trop le choix : on se lance dans Hudde-Cardan

Commentaire sur l'équations n°6

Cette fois 4p3+27q2<0, donc 3 solutions réelles : or la recherche de solution rationnelle, donc forcément entière ici, conduit à essayer les diviseurs de -4 et 4 est effectivement solution entière!

Donc soit on fait la division euclidienne de x3-15x-4 par x-4 ce qui donne la factorisation (x-4)(x2+4x+1) et il ne reste plus qu'à résoudre l'équation x2+4x+1=0, soit on applique les formules simplifiées du chapitre 4.

Cet exemple est historique : en effet l'équation (E1) n'a pas de solutions réelles alors que (E) a 3 solutions réelles! Cet aspect a intrigué le mathématicien italien Bombelli Rafaele (1526-1573 Bologne) et c'est à cette occasion qu'il a été le premier à utiliser les nombres complexes : il a imaginé i tel que i2=-1 pour dire que les solutions de (E1) étaient 2-11i et 2+11i ; mais ensuite il fallait résoudre u3=2-11i!! Ce qui n'est pas évident : on cherche u sous la forme a+ib avec a et b entiers, voir remarque en fin de chapitre 2.

On vérifie là aussi, que toutes les solutions 4, -2+Ö3, -2-Ö3 sont dans Q(Ö[-(4p3+27q2)]) (voir simplification des formules de Cardan), puisqueÖ[-(4p3+27q2)]=Ö13068=66Ö3 et Q(Ö[-(4p3+27q2)])=Q(Ö3).

Commentaire sur l'équations n°7

La encore 4p3+27q2<0, donc 3 solutions réelles, mais il n'y a pas de solutions rationnelle : aucun diviseur de -1 (soit -1 et 1) ne convient ; mais la méthode Hudde Cardan fonctionne sans problème.

Notons que puisque l'équation n'a pas de solutions rationnelles, c'est que cos(p/9), cos(7p/9), cos(5p/9) sont irrationnels et même sin(p/18)=sin(5p/9-p/2)=-cos(5p/9).

Commentaire sur l'équations n°8

Evidemment "la" méthode consiste d'abord à chercher s'il y a des solutions rationnelles, vu que p et q sont rationnels (voir l'encadré conseil pratique!), et ....on aurait tout de suite trouvé les solutions -3,1,2.

Mais le but est de voir ce que donne Hudde.

Si les deux solutions de (E1) ne posent pas de problème, pour trouver u et v, c'est une autre paire de manches.

En fait il faut résoudre u3=-3+(10Ö3/9)i et v3=-3-(10Ö3/9)i avec uv=-p/3=7/3.

Posons u=a+ib avec a et b réels, donc a3-3ab2=-3 et 3a2b-b3=10Ö3/9 ; rajoutons la condition correspondant à l'égalité des modules : |a+ib|3=|-3+(10Ö3/9)i | et en élevant au carré on obtient (a2+b2)3=343/27=(7/3)3, soit a2+b2=7/3.

En reportant dans la 1ière condition on obtient 4a3-7a+3=0 et on se retrouve avec une équation du 3ième degré ; on voit que a=1 est solution (je sais, c'est de la ""triche" car quitte à "deviner" les solutions de cette équation autant le faire pour l'équation initiale), ce qui donne b2=4/3 et on peut prendre b=2/Ö3 et vérifier que u=1+2i/Ö3 convient ; de même v=1-2i/Ö3 convient et comme uv=7/3=-p/3, les 3 solutions sont

u+v=2, ju+j2v= -(u+v)/2+(Ö3/2)(u-v)i=-1-2=-3 , j2u+jv=-(u+v)/2-(Ö3/2)(u-v)i=-1+2=1.

On vérifie là aussi, que toutes les solutions -3, 2, 1 sont dans Q(Ö[-(4p3+27q2)]) (voir simplification des formules de Cardan), puisqueÖ[-(4p3+27q2)]=Ö400=20 et Q(Ö[-(4p3+27q2)])=Q.

Solution de l'exercice n°9

Posons a=(b+Öc)1/3+(b-Öc)1/3 : il est naturel d'essayer d'élever au cube et on trouve tout de suite que a3=2b+3(b2-c)1/3a et donc, a étant non nul (car b est non nul), (b2-c)1/3=(a3-2b)/(3a).

Et donc on a tout de suite le fait que pour que a soit rationnel il est nécessaire que b2-c soit un cube dans Q.

Cette condition étant remplie, définissons les nombres rationnels p et q par (c-b2)1/3=p/3 et q=-2b : alors a est solution de l'équation (E) x3+px+q=0.

Comme 4p3+27q2=4×27(c-b2)+27×4b2=4×27c>0, cette équation a une seule solution réelle...qui bien sûr est a.

Et, d'après l'aspect simplification des formules de Cardan : (-q/2+[(p/3)3+(q/2)2])1/3=a/2+eÖ[(p/3)3+(q/2)2)]/(a2+p/3), on obtient (b+c)1/3=a/2+c/(a2+(c-b2)1/3) ; voir la remarque ci-dessous pour une une preuve directe de ce résultat, c'est-à-dire sans passer par les formules simplifiées de Cardan.

D'où la méthode suivante pour savoir si a=(b+Öc)1/3+(b-Öc)1/3 est dans Q ou pas et si oui, comment déterminer sa valeur ( avec b et c dans Q, b non nul, c>0) :

1) c-b2 doit être un cube dans Q

2) l'équation x3+px+q=0 avec p=3 (c-b2)1/3 et q=-2b, qui a pour seule solution réelle a, doit avoir une solution rationnelle (qui sera a) : voir l'encadré Conseil pratique ci-dessus pour voir comment répondre à cette question.

3) on a le résultat supplémentaire : (b+c)1/3=a/2+c/(a2+(c-b2)1/3).

Exemple :

a=(18+Ö325)1/3+(18-Ö325)1/3 : b=18 et c=325.

On a c-b2=1 qui est un cube dans Q, donc on poursuit :

p=3 et q=-36 : il faut voir si l'équation x3+3x-36=0 a une solution rationnelle ; cette solution rationnelle ne peut qu'être entière et diviser 36.

Les diviseurs (>0 et<0) de 36 sont au nombre de 24 : on les passe en revue pour savoir s'il y en a un qui est solution de l'équation. Coup de chance 3 est effectivement solution, donc a est rationnel et a=3, soit (18+Ö325)1/3+(18-Ö325)1/3=3.

De plus : (18+325)1/3=3/2+325/(32+(1)1/3)=3/2+325/10 ou (18+e5Ö13)1/3=(1/2)(3+13).

Autre exemple:

a=(20+14√2)1/3+(20-14√2)1/3

On a c-b2=196×2-202=-8 qui est un cube dans Q,

p=-6, q=-40, x3-6x-40=0 a pour seule solution rationnelle 4, donc a=4.

Remarque : preuve directe de (b+c)1/3=a/2+c/(a2+(c-b2)1/3).

Supposons e=1 ; il faut montrer que g=a3+a(c-b2)1/3+2Öc et d= 2(b+Öc)1/3a2+2(b+Öc)1/3(c-b2)1/3 sont égaux.

De a3=2b+3(b2-c)1/3a on tire g=2b+2Öc +2(b2-c)1/3a

et de a2=(b+Öc)2/3+2(b2-c)1/3+(b-Öc)2/3 on tire

d=2(b+Öc)+4(b+Öc)1/3(b2-c)1/3+2(b+Öc)1/3(b-Öc)2/3+2(b+Öc)1/3(c-b2)1/3

et g-d=2(b2-c)1/3(a-(b+Öc)1/3-(b-Öc)1/3)=0.

Solution de l'exercice n°10

1) z13=b+ic, et en passant au module, |z1|3=(b2+c) ; d'où z1z2=|z1|2=(b2+c)1/3.

2) a=2a, a'=-a-b3, a"=-a+b3

z1=b+ic entraîne que (3a2-b2)b=c. D'où

si a=a' alors 3a=-b3, soit b=-3a et (3a2-b2)b=0c.
si a=a" alors 3a=b3, soit b=3a et (3a2-b2)b=0c.
si a'=a" alors b=0 et (3a2-b2)b=0c.
Remplacer z1 par une autre racine 3ième de b+ic, c'est remplacer z1 par jz1, et donc z2 devient j2z2 (puisque j et j2 sont conjugués) ou remplacer z1 par j2z1, et donc z2 devient jz2 : dans le 1er cas, a devient a', a' devient a", a" devient a et dans le 2ième cas a devient a", a' devient a, a" devient a' et dans les deux cas {a ; a' ; a"} est inchangé.

si b=0, une racine 3ième de i=exp(ip/2) étant exp(ip/6), on peut prendre z1=c1/6exp(ip/6), soit a=c1/63/2 et b=c1/6/2, ce qui donne
a=c1/63, a'=-a, a"=0 et {a ; a' ; a"}={-c1/63 ; 0 ; c1/63}.

3) On vient de montrer que si b=0, un des nombres a, a', a" est rationnel, puisque l'un est égal à 0, cela pour tout c positif. C'est pour cette raison que l'on suppose maintenant b0.

On a a3=2b+3z1z2(z1+z2)=2b+3(b2+c)1/3a, c'est-à-dire a est solution de l'équation X3-3(b2+c)1/3X-2b=0.
De façon analogue on vérifie que a'et a" sont solutions de cette équation.
Comme a, a', a" sont distincts, ce sont les trois solutions de cette équation : donc a ou a' ou a" sera rationnel exige que cette équation admette une solution rationnelle.
Comme b0, cette équation n'admet pas 0 comme solution, et donc elle s'écrit (X3-2b)/(3X)=(b2+c)1/3 : donc si elle admet une solution rationnelle, c'est que nécessairement (b2+c)1/3 est un rationnel et donc b2+c est le cube d'un rationnel.
Supposons qu'il en soit ainsi et soit p rationnel tel que b2+c=(-p/3)3 et posons -2b=q : alors a, a' a" sont les trois solutions réelles de X3+pX+q=0 (on vérifie que 4p3+27q2=-4×27c<0).

On peut alors conclure à
a ou a' ou a" est rationnel b2+c est le cube d'un rationnel (noté -p/3) et, (en notant q=-2b), l'équation X3+pX+q=0 posséde une solution rationnelle.

Rappel : à l'aide d'un nombre fini d'essais, on est capable de savoir si une équation à coefficients rationnels admet une solution rationnelle (voir conseil pratique situé à la fin du commentaire sur les équations n2 et n3 de cette 1ière série d'exemples de ce chapitre).

4) cas1
b=35/216, c=1/48 : b2+c=(13/36)3 est bien le cube d'un rationnel (13/36) et a,a', a" sont les trois racines de X3+pX+q=0 avec p=-13/12, q=-35/108, soit 108X3-117X-35=0 qui a trois solutions rationnelles -5/6, -1/3, 7/6 et donc a, a' a" sont rationnels :{a ;a' ;a"}={-5/6 ; -1/3 ; 7/6}.

Cherchons les racines 3ièmes de 35/216+1/(43)i : on cherche les réels a et b tels que (a+ib)3=35/216+1/(43)i.
Comme 216=63, on pose a=u/6 et aussi b=v/3 et par identification on obtient : u3-36uv2=35 et v(u2-4v2)=3.
En cherchant u et v entiers, on voit que v doit diviser 3 : v=-1 et u=-1 conviennent et donc

une racine 3ième de 35/216+1/(43)i est -1/6-i/3 et en multipliant par j et j2 on obtient les deux autres 7/12+i3/12 et -5/12+i3/4. En prenant a=-1/6 et b=-1/3, on vérifie tout de suite que {a ;a' ;a"}={2a ; -a-b3 ; -a+b3 }={-5/6 ; -1/3 ; 7/6}.

cas 2
b=-2, c=4 : b2+c=23 est bien le cube d'un rationnel (2) et a,a', a" sont les trois racines de X3+pX+q=0 avec p=-6, q=4, soit X3-6X+4=0 qui a cette fois une seule solutions rationnelle 2, les deux autres solutions étant -1+3 et -1-3 et {a ;a' ;a"}={-1-3 ; 2 ; -1+3}. Dans ce cas seul un des trois nombres a, a', a" est rationnel.
Bien entendu, se poser la question de savoir lequel est rationnel n'a pas de sens, car ces trois nombres ne sont définis qu'à l'ordre près (voir question 2).

Cherchons une racine 3ième de -2+2i : (a+ib)3=-2+2i donne a3-3ab2=-2 et 3a2b-b3=2.
En cherchant a et b entiers, on voit qu'ils doivent diviser 2 : a=1 et b=1 conviennent et donc

une racine 3ième de -2+2i est 1+i, les deux autres (on multiplie par j et j2) sont -1/2-3/2+i(-1/2+3/2) et -1/2+3/2+i(-1/2-3/2). On vérifie, là aussi, avec a=1 et b=1 que {a ;a' ;a"}={2a ; -a-b3 ; -a+b3 }={-1-3 ; 2 ; -1+3}.

Solution de l'exercice 11 :

L'équation (E) x3+(r-1)x-r=0 est de la forme x3+px+q=0 avec p=r-1, q=-r.
Donc 4p3+27q2=4(r-1)3+27r2, expression qui est nulle pour r=-2, et par division euclidienne, 4p3+27q2=(r+2)2(4r-1)0.

Donc si r>1/4, l'équation (E) a une seule solution réelle, qui est forcément 1, et le 1er cas de l'encadré du début du chapitre 4 donne :
1=u+v=A'1/3+B'1/3 avec A'=r/2-(((r-1)/3)3+(r/2))1/2 et B'=r/2+(((r-1)/3)3+(r/2))1/2.
Mais (((r-1)/3)3+(r/2))1/2=(r+2)(4r-1)1/2/(6×31/2), et comme (3×31/2)1/3=31/2, on obtient le résultat annoncé.
Maissi r=1/4, le résultat annoncé est encore vrai, puisque le membre de droite est (3×31/2/8)1/3+(3×31/2/8)1/3=31/2.

Cela provient du fait que si r=1/4 alors 4p3+27q2=0, et donc (voir remarque du cas 4p3+27q2=0 dans l'encadré du début du chapitre 4) les racines de (E) sont 3q/p=1 (simple) et -3q/(2p)=-1/2 (double), mais dans ce cas u=v=(-q/2)1/3=3q/(2p) et u+v=1. Pour r1/4, (r+2)(4r-1)1/23×31/2r (r+2)2(4r-1)27r3 r1, puisque (r+2)2(4r-1)=4(r-1)3+27r3.

Cas particuliers :

r=1/4 a été vu ci-dessus : 31/2=(3×31/2/8)1/3+(3×31/2/8)1/3

r=1 donne 31/2=01/3+(3×31/2)1/3, pas très intéréssant aussi

par contre r=2 donne 31/2=(3×31/3-2×71/2)1/3+(3×31/3+2×71/2)1/3=(2×71/2+3×31/2)1/3- (2×71/2-3×31/2)1/3, moins immédiat à vérifier directement! (note : 2×71/2-3×31/2>0).


 

2ième série d'exemples avec uniquement 4p3+27q2<0

et par utilisation des formules de Viète

Equation (E) 3q/(2pÖ(-p/3))

q=Arcos[3q/(2pÖ(-p/3))]

2Ö(-p/3)

les 3 solutions de (E)

x1, x2, x3

n°1

x3-3x-1=0

1/2

p/3

2

x1=2cos(p/9)

x2=2cos(7p/9)

x3=2cos(5p/9)

n°2

x3-3x+1=0

-1/2

2p/3

2

x1=2cos(2p/9)

x2=2cos(8p/9)

x3=2cos(4p/9)

n°3

x3-6x-4=0

Ö2/2

p/4

2Ö2

x1=2Ö2cos(p/12)

x2=2Ö2cos(3p/4)=-2

x3=2Ö2cos(7p/12)

n°4

x3-7x+6=0

-(9/7)Ö(3/7)

q=? »147,32°

2Ö(7/3)

x1=2Ö(7/3)cos(q/3)

x2=2Ö(7/3)cos(q/3+2p/3)

x3=2Ö(7/3)cos(q/3+4p/3)

elles se simplifient énormément : do you see?


Commentaire sur l'équation n°1

La méthodeHudde-Cardan donne le même résultat (voir 1ère série d'exemples).

Commentaire sur l'équation n°2

ras

Commentaire sur l'équation n°3

La solution -2 pouvait se prévoir évidemment puisque les solutions entières sont à chercher parmi les diviseurs de q=-4 ; et soit par factorisation par x+2 on se ramène à un deuxième degré et les 2 autres solutions sont x1=1+Ö3 et x3=1-Ö3, (ce qu'on peut vérifier par un calcul trigonométrique à partir du fait que 2(p/12)=p/6 ou que p/12=p/3-p/4), soit on utilise les formules simplifiées dans le cas 4p3+27q2<0 : ici a=2 et les deux autres solutions sont -a/2±Ö(-3a2-p)=1±Ö(-3+6).

On vérifie là aussi, que toutes les solutions -2, 1+Ö3, 1-Ö3 sont dans Q(Ö[-(4p3+27q2)]) (voir simplification des formules de Cardan), puisqueÖ[-(4p3+27q2)]=Ö432=12Ö3 et Q(Ö[-(4p3+27q2)])=Q(Ö3).

Commentaire sur l'équation n°4

Les solutions sont "évidemment" 1,2 et -3 (diviseurs de q=6 ) ; et cf x2<x3<x1 (voir chapitre 4) x2=-3, x3=1, x1=2

Voir commentaire de l'équation n°7 de la 1ère série d'exemples : la méthode de Hudde-Cardan "coince" aussi pour trouver les solutions simplifiées.

Une conclusion sur ces deux séries d'exemples :

les formules de Cardan ou de Viète ont parfois du mal à donner les solutions simplifiées de x3+px+q=0, et même il peut être plus facile de résoudre une équation avec des coefficients littéraux plutôt qu'avec des coefficients numériques : voir les équations 1 et 2 de la 1ère série d'exemples.

Cependant le fait que, pour 4p3+27q2=0, les 3 solutions de x3+px+q=0 soient 0 (triple) si p=0, 3q/p (simple) et -3q/(2p) (double) si p non nul, et que pour 4p3+27q2 non nul, les 3 solutions de x3+px+q=0 soient u+v, ju+j2v, j2u+jv avec u et v racines 3ièmes respectives de X1 et X2 et uv=-p/3, prouve que pour toute équation du 3ième degré, ses racines (dans C) s'obtiennent à l'aide de radicaux (éventuellement emboîtés, inexistants en fait si 4p3+27q2=0) portant sur les coefficients de l'équation : on dit que l'équation du 3ième degré est résoluble par radicaux (voir chapitre 7 où cette notion sera précisée).

Retour sommaire sur les équations  ou chapitre 6 sur les équations ou sommaire du site