ou sommaire sur les équations

Chapitre 8



Sur l'équation du 5ième degré





1) Réduction d'une équation du 5ième degré à une équation de la forme Bring-Jerrard, c'est-à-dire sans termes de degré 4 et 3 et 2.

Erland Bring (1736-1798) ; George Gerrard (1804-1863)

Vers le paragraphe 1

2) Un mot sur la fonction Bring-radical, pour résoudre les équations du 5ième degré.

Vers le paragraphe 2

3) Formules de résolution, par radicaux (usuels, en nombre fini), de x5+px+q=0 lorsque cette équation est résoluble par radicaux.

Vers le paragraphe 3

4)Equation du 5ième degré et fonctions elliptiques.
Attention, ne pas attendre grand chose de ce paragraphe : je cite simplement quelques résultats sans aucune justification!

Vers le paragraphe 4


Nota 1 : parmi les résultats annoncés dans les encadrés du début de chacun des trois premiers paragraphes, seuls trois ne sont pas démontrés :

au 2.4 : l'existence du prolongement analytique de la fonction BR
au 3.4 : la condition nécessaire pour que P(X)=X5+pX+q soit résoluble (une preuve de la condition suffisante est donnée)
au 3.5 : comme ci-dessus, la preuve n'est faite que dans un sens
...tout simplement parceque je ne sais pas faire! Si un lecteur a une idée...
Et aussi, dans le cadre de la preuve du 2.5, je détermine BR(i), mais uniquement au signe près de sa partie réelle ; cependant la connaissance exacte de BR(i) n'est pas indispensable pour prouver ce 2.5

Nota 2 : tous les polynômes (ou équations polynômiales) considérés ici ayant leurs coefficients dans C, dès qu'on parlera de leurs racines, il s'agira de leurs racines dans C.

Nota 3 : par ailleurs, il existe bien sûr des méthodes de calcul numérique permettant de déterminer des valeurs approchées (avec une "excellente" précision) des solutions de f(x)=0, en particulier pour f polynôme de degré 5, mais je ne m'intéresse pas ici, à cet aspect.


1) Réduction de l'équation (1) x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0=0, les coefficients ai étant dans un sous-corps K de C, à l'équation (4) t5+pt+q=0, p et q étant dans une extension par radicaux de K . (p et q s'obtiennent à partir des ai, par résolutions notamment de deux équations de degré 2 et une équation de degré 3).

Preuve :

Comme dans l'annexe 2 on va utiliser la méthode de Tschirnhaus via les sommes de Newton :


Rappel sur les formules de Newton : Soient x0,x1,x2,x3,x4 les racines de l'équation (1)
on pose Sx,k=x0k+x1k+x2k+x3k+x4k
on a alors :
Sx,1=-a4
Sx,2=a42-2a3
d'après (Si=0;4 ui)2=Si=0;4 ui2+2Sj>i uiuj Sx,3=-a43+3a3a4-3a2 d'après (par exemple, par un calcul direct) :
(Si=0;4 ui)3=Si=0;4 ui3+3Si¹j ui2uj+6Sk>j>i uiujuk
ce qui donne Sx,13=Sx,3+3(Sx,1Sx,2-Sx,3)-6a2
Sx,4=a44-4a3a42+2a32+4a2a4-4a1 là un calcul direct est longuet. Il vaut mieux utiliser la formule :
pour 1<=k<=5, Sx,k+a4Sx,k-1+a3Sx,k-2+...+a6-kSx,1+ka5-k=0 ; le membre de gauche est toujours une somme de k+1 termes commencant par Sx,k et finissant à ka5-k.
On peut bien sûr l'utiliser pour k=1,2,3 et on retrouvera les résultats sur Sx,1,Sx,2,Sx,3.
Pour k=4 cela donne Sx,4+a4Sx,3+a3Sx,2+a2Sx,1+4a1=0, qui donne le résultat annoncé.
Et pour k=5 on a Sx,5+a4Sx,4+a3Sx,3+a2Sx,2+a1Sx,1+5a0=0, (elle s'obtient aussi directement en remplacant dans (1) x successivement par les racines et en ajoutant membre à membre), ce qui donne

Sx,5=-a45+5(a3a43-a2a42-a32a4+a1a4-a0+a2a3)
Sx,5+p+a4Sx,4+p+a3Sx,3+p+a2Sx,2+p+a1Sx,1+p+a0Sx,p=0 pour tout entier naturel p non nul. on multiplie l'équation (1) par xp et on y remplace successivement x par les racines et on ajoute membre à membre les cinq égalités obtenues.
Tous ces Sx,k sont donc dans K.
Bien entendu Sx,k ne peut être nul, que si au moins une des racines xi est non réelle.


Réduction de l'équation (1) à l'équation (4) : elle va se faire en trois étapes

1ère étape

En posant x=y-a4/5 l'équation (1) x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0=0
se ramène immédiatement à l'équation (2) y5+b3y3+b2y2+b1y+b0=0, les bi étant dans K.

2ième étape

On pose, pour i=0,1,2,3,4 zi=yi2+uyi+v et on cherche u et v, dans une extension K' par radicaux de K, de façon que z0,z1,z2,z3,z4 soient solutions de
l'équation (3) z5+p'z2+q'z+r'=0.
Bien entendu si b3=0, alors (2) a la forme souhaitée (3). On se place donc dans le cas b3¹0. Pour avoir la forme (3) il faut et il suffit que Sz,1=Sz,2=0.
Notons que Sy,1=0, Sy,2=-2b3, Sy,3=-3b2, Sy,4=2b32-4b1.
En tenant compte de Sy,1=0 on a Sz,1=Sy,2+5v et Sz,2=Sy,4+u2Sy,2+5v2+2uSy,3+2vSy,2
La condition Sz,1=0 donne v=-Sy,2/5=2b3/5, et en reportant dans Sz,2=0, on obtient
2b32-4b1-2b3u2+5×4b32/25+2(-3b2)u+(4b3/5)(-2b3)=0, soit
b3u2+3b2u-(3/5)b32+2b1=0.
Comme b3¹0, on a une équation du second degré en u, et ainsi u s'obtient par radicaux : il est dans K' extension par radicaux de K.
u et v étant ainsi déterminés, p'=-Sz,3/3, q'=-Sz,4/4, r'=-Sz,5/5 sont aussi dans K', puisque Sz,3, Sz,4, Sz,5 sont des polynômes en Sy,k, lesquels sont dans K, et en u et v qui sont dans K'.

3ième étape

(d'après un article de Adamchik et Jeffrey, ACM SIGSAM Bulletin, vol 37, n°3, septembre 2003)

On pose, pour i=0,1,2,3,4 ti=zi4+azi3+bzi2+czi+d et on cherche a,b,c,d, dans une extension K'' par radicaux de K, de façon que t0,t1,t2,t3,t4 soient solutions de
l'équation (4) t5+pt+q=0.
Bien entendu si p'=0, l'équation (3) a la forme voulue (4). On se place dans le cas p'¹0. Pour avoir la forme (4) il faut et il suffit que St,1=St,2=St,3=0.
Notons que : Sz,1=Sz,2=0, Sz,3=-3p', Sz,4=-4q', Sz,5=-5r', Sz,6=3p'2, Sz,7=7p'q', Sz,8=8p'r'+4q'2 ; puisque p',q',r' sont dans K' (extension par radicaux de K), tous ces Sz,k sont aussi dans K'.
St,1=Sz,4+aSz,3+bSz,2+cSz,1+5d=-4q'-3p'a+5d, puisque Sz,1=0.
Donc St,1=0 équivaut à d=(4q'+3p'a)/5.
St,2=Sz,8+a2Sz,6+b2Sz,4+5d2+2aSz,7 +2bSz,6+2cSz,5+2dSz,4+2abSz,5+2acSz,4 +2adSz,3+2bcSz,3, cela compte-tenu de Sz,1=Sz,2=0.
Dans cette expression le coefficient de c est 2(Sz,5+aSz,4+bSz,3) =2(-5r'-4q'a-3p'b) ; d'où en prenant b=-(5r'+4q'a)/(3p'), dans l'expression St,2 il n'y a plus que l'inconnue a, puisque c a disparu et par ailleurs b et d s'expriment en fonction de a.
Donc St,2=0 donne une équation (Ea) d'inconnue a, de degré £2 : Aa2+Ba+C=0 . En déduire que cette équation donne a par radicaux, est un pas que j'hésite à faire, du moins sans précaution, contrairement à ce que j'ai pu lire!
En effet pourquoi, dans cette équation (Ea), n'aurait-on pas A=B=0 et C¹0? Ceci voudrait alors dire que cette équation, d'inconnue a, n'a pas de solution ; donc il serait impossible de se ramener (du moins par ce moyen) à la forme (4).
Précisons donc cette équation (Ea), pour voir ce qu'il en est exactement.
A=Sz,6+(16/9)(q'/p')2Sz,4+5×(9/25)p'2+2×(-4q')/(3p')Sz,5+2×(3p'/5)Sz,3
=3p'2-(64/9)q'3/(p'2)+(9/5)p'2+(40/3)q'r'/p'-(18/5)p'2 =(6/5)p'2-(64/9)q'3/(p'2)+(40/3)q'r'/p'
=2(27p'4-160q'3+300p'q'r')/(45p'2)

B=(2×5×4×r'q'/(9p'2))Sz,4+5×2×4×3×q'p'/25+2Sz,7 +2×(-4q'/(3p'))Sz,6+2×(3p'/5)Sz,4+2×(-5r'/(3p'))Sz,5+2×(4q'/5)Sz,3
=-(160/9)(q'r'2/p'2)+(24/5)p'q'+14p'q'-8p'q'-(24/5)p'q'+(50/3)r'2/p'-(24/5)p'q'
=-(160/9)(q'r'2/p'2)+(6/5)p'q'+(50/3)r'2/p'
=2(27p'3q'-400q'2r'+375p'r'2)/(45p'2)

C=Sz,8+(25/9)(r'2/(p'2))Sz,4+5×(16/25)q'2+2×(-5/3)(r'/p')Sz,6+2×(4/5)q'Sz,4
=8p'r'+4q'2-(100/9)(r'2q'/(p'2))+(16/5)q'2-10r'p'-(32/5)q'2
=-2r'p'+(4/5)q'2-(100/9)(r'2q'/(p'2))
=2(18p'2q'2-45p'3r'-250q'r'2)/(45p'2)

A, B, C sont dans K' puisque p', q' , r' sont dans K'.

Montrons maintenant (c'est une preuve "personnelle") que cette équation (Ea) a effectivement toujours au moins une solution :
si A¹0, elle est du second degré donc elle a deux solutions qui s'obtiennent par radicaux : elles sont dans K'', extension par radicaux de K', donc extension par radicaux de K
si A=0 et B¹0 elle a une seule solution dans K'
si A=B=0, là il y a problème : il faut savoir si C peut être nul ou pas? Montrons qu'en fait C est obligatoirement nul, ce qui ne me paraît pas évident du tout à priori :
A=B=0 entraîne 27 p'4=q'(160q'2-300p'r') et 27p'3q'=r'(400q'2-375p'r') ; puisque p' a été supposé non nul, q' et r' sont non nuls, et aussi 400q'2-375p'r'.
On a donc p'/q'=(q'/r')((160q'2-300p'r')/(400q'2-375p'r')), soit p'r'(80q'2-75p'r')=q'2(32q'2-60p'r').
En posant U=q'2 et V=p'r', cette dernière égalité s'écrit V(80U-75V)=U(32U-60V), soit 75(V/U)2-140(V/U)+32=0.
Il n'y a donc que deux possibilités : soit V/U=4/15, soit V/U=24/15.
Si V/U=4/15 on a 27p'4=q'(160U-300V)=q'U(160-300×4/15)=80q'3, donc 15p'r'=4q'2 et 27p'4=80q'3 ; on en déduit que 45p'2C=18p'2q'2-3p'2(15p'r')-250q'r'2 =18p'2q'2-3p'2×4q'2-250q'(16q'4/(225p'2)) =2q'2(27p'4-80q'3)/(9p'2)=0!
Si V/U=24/15 on a 27p'4=q'(160U-300V)=q'U(160-300×24/15)=-320q'3, donc 15p'r'=24q'2 et 27p'4=-320q'3 ; on en déduit que 45p'2C=18p'2q'2-3p'2(15p'r')-250q'r'2 =18p'2q'2-3p'2×24q'2-250q'(576q'4/(225p'2)) =-2q'2(27p'4+320q'3)/(p'2)=0!
Donc A=B=0 entraîne C=0.
conclusion : si A=B=0, alors l'équation (Ea) a une infinité de solutions : tous les éléments de K'!

A ce niveau, on a donc prouvé qu'il existe a,b,d (dans une extension K'' par radicaux de K, K'' pouvant être K') tels que St,1=St,2=0, cela quelque soit c.

Reste donc à voir si on peut trouver c tel que St,3=0. Cette condition s'écrit : Si=0 à 4(zi4+azi3+bzi2+czi+d)3=0 ; la seule inconnue étant c, on obtient une équation de degré 3, le coefficient de c3 étant Sz,3=-3p' qui est non nul (hypothèse faite plus haut).
Donc c s'obtient aussi par radicaux : c est dans une extension K''' par radicaux de K'' (puisque a,b,d sont dans K'' et les Sz,k sont dans K', donc dans K''), et K''' est aussi une extension par radicaux de K.
Et p=-St,4/4,q=-St,5/4 sont aussi dans K''' car St,4 et St,5 sont des polynômes en Sz,k, lesquels sont dans K', et en a,b,d qui sont dans K'', et en c qui est dans K'''.

Ceci termine la preuve du 1)


Remarque 1 : On notera que pour réaliser le passage de (1) à (4), il a fallu résoudre deux équations de degré 2 (une à la 2ième étape, une autre à la 3ième étape) et une équation de degré 3 à la 3ième étape.
Remarque 2 : Ramener l'équation (1) directement à l'équation (3) z5+p'z2+q'z+r'=0, (c'est-à-dire sauter la 1ère étape) en posant zi=xi2+uxi+v n'est pas toujours possible, contrairement à ce que certains exposés peuvent laisser penser.
Cette fois Sz,1=Sx,2+uSx,1+5v et Sz,2=Sx,4+u2Sx,2+5v2+2uSx,3+2vSx,2+2uvSx,1.
Sz,1=0 donne v=-(Sx,2+uSx,1)/5 et en reportant dans Sz,2=0 on obtient l'équation Au2+Bu+C=0 avec
A=Sx,2+5×(1/25)Sx,12+2Sx,1(-1/5)Sx,1=Sx,2-(1/5)Sx,12
A=a42-2a3-(1/5)a42=(4/5)a42-2a3
B=5×(1/25)×2Sx,2Sx,1+2Sx,3+2×(-1/5)Sx,1Sx,2+2×(-Sx,2/5)Sx,1=2Sx,3-(2/5)Sx,2Sx,1
B=-2a43+6a3a4-6a2-(2/5)(a42-2a3)(-a4) =(-8/5)a43+(26/5)a3a4-6a2
C=Sx,4+5×(1/25)Sx,22+2(-1/5)Sx,2Sx,2=Sx,4-(1/5)Sx,22
C=a44-4a3a42+2a32+4a2a4-4a1-(1/5)(a42-2a3)2 =(4/5)a44-(16/5)a3a42+(6/5)a32+4a2a4-4a1

Prenons le cas a4=5, a3=10, a2=10 : on a alors A=B=0 et C=20-4a1.
Donc pour tout a1¹5 on a C¹0 et on ne peut pas trouver u tel que Sz,2=0 : c'est-à-dire pour a4=5, a3=10, a2=10, a1¹5, a0 quelconque, on ne peut pas ramener l'équation (1) directement à (3) en posant zi=xi2+uxi+v!

Remarque 3 : pour la 3ième étape, si on avait posé pour i=0,1,2,3,4 ti=zi3+azi2+bzi+c et cherché a,b et c de façon que t0,t1,t2,t3,t4 soient solutions de l'équation (4) t5+pt+q=0, on serait tombé sur une équation de degré 6, donc non résoluble par radicaux en général.


Remarque 4 : bien entendu, pour trouver les solutions de l'équation (1) à partir de celles (ti) de l'équation (4), c'est assez sportif : il faut "remonter" les calculs.
Précisons :
1) il faut résoudre les cinq équations de degré 4 suivantes : ti=z4+az3+bz2+cz+d et pour chacune voir laquelle, zi, est solution de (3) ; en fait il suffit d'en résoudre quatre, car la somme des racines étant 0, si on connaît quatre racines, on a la 5ième.
2) il faut résoudre les cinq équations (en fait quatre) de degré 2 suivantes : zi=y2+uz+v et pour chacune voir laquelle, yi, est solution de (2).
3) les solutions de (1) sont alors les yi-a4/5!

2)
Lien vers la référence principale de ce paragraphe.

Exceptées les équations se ramenant à x5+q=0, toute équation du 5ième degré dont les coefficients sont dans un sous-corps K de C, se ramène à une équation de la forme :

x5-5x-4t=0, notée (EFt)

avec t dans une extension par radicaux de K ( à partir de l'équation x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0=0, t s'obtient par résolutions notamment de deux équations de degré 2, une équation de degré 3 et par une racine 4ième). 2.1) Les solutions de (EF-t) sont les opposées de celles de (EFt)
Les solutions de (EFit) sont les solutions de (EFt) multipliées par i.
Si t est réel, l'équation (EFt) admet toujours au moins une solution réelle. Précisons ces solution réelles :
t<-1t=-1-1<t<1t=11<t
une solution
<-1
deux solutions
1 (double)
l'autre est <-1
trois solutions
une est <-1
une entre -1 et 1
l'autre >1
deux solutions
-1 (double)
l'autre est >1
une solution
>1

Si t est réel, les solutions imaginaires de (EFt) "vont" par deux : si a+ib est solution, alors a-ib est aussi solution (a et b réels, b non nul)
Si t est imaginaire pur, les solutions imaginaires de (EFt) "vont" par deux : si a+ib est solution alors -a+ib est aussi solution (a et b réels, b non nul)

2.2) (EFt) a une solution (au moins ) double si et seulement si t4=1 (auquel cas il y a trois solutions simples et une qui est double).

Remarque : le discriminant de X5-5X-4t est 800000(t4-1).

2.3) Pour tÎ[-1;+¥[, on note BR(t) la plus grande solution réelle de (EFt) :
BR(t)³1 et la fonction t->BR(t) est une fonction strictement croissante sur [-1;+¥[.
La fonction BR est la fonction Bring-radical ou ...pourquoi pas, la fonction racine de Bring.

t-1012357
BR(t)151/4@1,49 @1,65@1,76@1,84 3

2.4) Cette fonction BR, définie au départ que sur [-1;+¥[, se prolonge analytiquement à tout C (ce point ne sera pas prouvé ici), BR(t) étant pour tout t dans C une solution de (EFt).
La fonction BR ne s'annulle jamais.
Pour tout t dans C, le conjugué de BR(t) est BR(conjugué de t).
pour tout t réel, BR(t) est la plus grande solution réelle de (EFt).
Par exemple, pour |t-57|<58 et tÎC on a
BR(t)=3+(1/100)(t-57)-(27/(4×105))(t-57)2+(549/(8×108))(t-57)3+...

2.5) Pour tout t dans C, les cinq solutions de (EFt) sont BR(t), -BR(-t), -iBR(it), iBR(-it) et l'opposée de la somme des quatres précédentes.

2.6) "Essai" d'application à x5-x-2=0 : pas très concluant d'un point de vue pratique.

Preuves :

D'après le 1) toute équation du 5ième degré se ramène à x5+px+q=0, p et q étant dans une extension radicale de K.
En prenant pour u une racine 4ième de -p/5, si on pose -4t=q/u5 et z=x/u, alors en divisant x5+px+q=0 par u5, on voit tout de suite que z vérifie z5-5z-4t=0.
On notera que ce changement d'inconnue suppose p non nul : en fait si p=0, l'équation de départ est x5+q=0, qui ne pose aucun problème, puisque ses solutions sont les racines 5ièmes de q.

preuve du 2.1
Evident pour les quatre premiers aspects
Précisons quelques points pour le 3ième aspect.
t étant réel, le polynôme Pt(x)=x5-5x-4t a ses coefficients tous réels et son degré est impair et ainsi ses limites +infini et -infini sont +infini et -infini, donc il a au moins une racine réelle.
Pour le détail des différents cas, il suffit de faire le tableau de variation de Pt : il y a un maximum local en -1 de valeur Pt(-1)=4(1-t) et un minimum local en 1 de valeur Pt(1)=-4(1+t) ; on a toujours Pt(-1)>Pt(1).
En fait, on passe de la courbe représentative de Pt à celle de Pt' par la translation de vecteur 4(t-t')j, (j étant bien sûr le vecteur unitaire de l'axe des ordonnées).
Par ailleurs x5-5x+4=(x3+2x2+3x+4)(x-1)2 et x5-5x-4=(x3-2x2+3x-4)(x+1)2.
Pour le 5ième aspect...on combine le 2ième et 4ième aspect.

preuve du 2.2
L'équation (EFt) aura une racine au moins double si et seulement si le discriminant D de P(X)=X5-5X-4t est nul.
D=(-1)5(5-1)/2Résultant(P,P')/1=Résultant(P,P')=déterminant de Sylvester de P et P' (voir commentaire sur le discriminant au chapitre 3).
Ce déterminant de Sylvester est :

1000-5-4t000
01000-5-4t00
00100-0-5-4t0
0001000-5-4t
5000-50000
05000-5000
005000-500
0005000-50
00005000-5

Il est égal à 800000(t4-1), (Maple par exemple pour aller vite... ).
note : le discriminant de X5+aX+b est 55b4+44a5, la formule pour le discriminant de Xn+aX+b étant (-1)n(n-1)/2(nnbn-1+(-1)n-1(n-1)n-1an).

Bien sûr, c'était pour faire "joli" : car P a au moins une solution double ssi P et P' ont une solution commune!
Donc t doit être tel qu'il existe x vérifiant x5-5x-4t=0 et 5x4-5=0 ; donc x4=1, puis en reportant dans la 1ière x-5x-4t=0, soit t=-x, et t4=1!
Toujours est-il que l'équation (EFt) a une solution au moins double ssi t4=1, et alors cette solution est x=-t :

soit t=-1, auquel cas 1 est solution double : x5-5x+4=(x3+2x2+3x+4)(x-1)2 (déjà vu au 2.1)
les autres solutions étant approximativement -1,6506 ; -0,1746+1,5468i ; -0,1746-1,5468i


et en utilisant le 2.1 on en déduit

soit t=1, auquel cas -1 est solution double : x5-5x-4=(x3-2x2+3x-4)(x+1)2 (déjà vu au 2.1)
les autres solutions étant approximativement 1,6506 ; 0,1746+1,5468i ; 0,1746-1,5468i

soit t=-i, auquel cas i est solution double : x5-5x+4i=(x3+2ix2-3x-4i)(x-i)2
les autres solutions étant approximativement -1,6506i ; -1,5468-0,1746i ; 1,5468-0,1746i

soit t=i, auquel cas -i est solution double : x5-5x-4i=(x3-2ix2-3x+4i)(x+i)2
les autres solutions étant approximativement 1,6506i ; -1,5468+0,1746i ; 1,5468+0,1746i

preuve du 2.3
D'après le 2.1, pour tout réel t³-1, l'équation (EFt) admet bien, au moins, une solution réelle dans [1;+¥[, cette solution est égale à 1 ssi t=-1 ;
on note BR(t) la plus grande de ces solutions réelles.
Par exemple BR(-1)=1, BR(0)=51/4@1,49 (dans ce cas l'équation est x5-5x=0 qui a trois racines réelles -51/4, 0, 51/4 et deux solutions imaginaires -51/4i et 51/4i), BR(1)@1,65 (voir preuve du 2.2). On a aussi BR(2)@1,76, BR(3)@1,84 et BR(57)=3.

Montrons que cette fonction BR est strictement croissante sur [-1;+¥[.
Soit x=BR(t), x'=BR(t') avec t'>t³-1 :
de x'5-x5-5(x'-x)=4(t'-t), on tire (x'-x)y=4(t'-t) avec y=x'4+x'3x+x'2x2+x'x3+x4-5 ; comme x³1 et x'>1 (car t'>-1) on a y>1+1+1+1+1-5=0 et ainsi x'-x et t'-t sont de même signe, soit x'-x>0, soit BR(t')>BR(t) lorsque t'>t.

preuve du 2.4
Là c'est une autre paire de manches.

Rappelons cependant ce qu'est une fonction analytique de U (ouvert de C) dans C : c'est une fonction qui est développable en série entière au voisinage de tout z0 de U.

Une propriété capitale : une fonction analytique de U (ouvert connexe de C) dans C non identiquement nulle sur U a tous ses zéros qui sont isolés.

Et donc si la fonction BR, définie sur [-1;+¥[ admet un prolongement analytique sur C, ce prolongement est unique : en effet s'il y en avait un autre, leur différence serait nulle sur [-1;+¥[ et donc cette différence qui est aussi analytique sur C, n'aurait pas tous ses zéros isolés (ceux situés dans [-1;+¥[), donc elle est nulle sur tout C.

Reste à prouver que cette fonction BR (définie sur [-1;+¥[ pour l'instant) admet effectivement un prolongement analytique sur tout C : nous admettrons l'existence d'un tel prolongement, noté encore BR

Pour tout t dans C, BR(t) est une solution de (EFt).
En effet, si on pose f(t)=(BR(t))5-5BR(t)-4, f est analytique sur C ; or elle est nulle sur [-1;+¥[, donc, toujours d'après le principe des zéros isolés f est nulle sur tout C.

On ne peut avoir BR(t)=0, car cela entraîne t=0 (puisque BR(t) est solution de (EFt)), et BR(0)¹0, donc contradiction.

Le fait que le conjugué de BR(t) soit BR(conjugué de t) résulte encore du principe des zéros isolés : principe de réflexion (perso : dossier 15 pA80). On retrouve alors le fait que si t est réel, (EFt) admet au moins une solution réelle, puisque BR(t), qui en est une solution, est alors réel ; mais on a plus : en effet si t<-1, BR(t) est réel et est solution de (EFt), donc BR(t) est alors la seule solution réelle de cette équation, et finalement, pour t réel, BR(t) est la plus grande solution réelle de (EFt).

Vérifions les coefficients du développement donné en exemple au voisinage de 57.
Ce développement, au voisinage de 57, est nécessairement de la forme :
BR(t)=BR(57)+BR'(57)(t-57)+(BR''(57)/2)(t-57)2+(BR'''(57)/3!)(t-57)3...
BR(57)=3, puisque la plus grande solution réelle de x5-5x-228=0 est 3 (c'est sa seule solution réelle , voir le 2.1).
Mais on a (BR(t))5-5BR(t)-4t=0, au voisinage de 57 : on dérive!
5(BR(t))4BR'(t)-5BR'(t)-4=0 : on fait t=57 et BR'(57)=4/(5×34-5)=1/100
on redérive :
20(BR(t))3(BR'(t))2+5(BR(t))4BR''(t)-5BR''(t)=0 : on fait t=57 et BR''(57)=-20×33×(1/100)2/(5×34-5)=-27/200000 et on a bien BR''(57)/2=-27/(4×105).
"etc"

Voici une preuve de ce développement, par application d'une formule d'inversion de Lagrange, celle que j'ai déjà utilisée dans ma page sur l'équation tan(x)=x, au [3].
Puisque pour t=57, z=3 est solution, par différence l'équation x5-5x-4t=0 est équivalente à z5-35-4(t-57)=5(z-3).
Pour z≠3, cela s'écrit (z-3)((z5-35)/(z-3)-5)=4(t-57).
En posant w=4(t-57), Z=z-3, on obtient pour Z≠0, Z(((Z+3)5-35)/Z-5)=w, soit Z(Z4+15Z3+90Z2+270Z+400)=w, équation qui là est valide même pour Z=0!
Posons alors f(Z)=1/(Z4+15Z3+90Z2+270Z+400) : dans un voisinage de 0, le dénominateur est proche de 400, donc non nul, donc cette fonction rationnelle est alors holomorphe sur ce voisinage de 0, et évidemment f(0)≠0.
On applique alors le théorème d'inversion de Lagrange (on travaille bien sûr dans C) :

On peut maintenant remonter à l'équation (EFt) sans difficulté (il faut cependant faire attention au cas w=0, car alors Z(0)=0, donc z(0)=3, et plus haut une division par z-3 a été faite ; voir Résidus page R62 pour ce point) :

pour |t-57|<r/(8|f(0)|, (EFt) a une et une seule solution z(w)=Z(w)+3 dans D(3,r), solution que je note maintenant z(t) et qui pour |t-57|<r/(8|f(0)| est développable en série entière :
z(t)=3+∑n≥14nan(t-57)n
.
Le calcul des premières dérivées de f n'est pas trop difficile, et on trouve

et donc
z(t)=3+(1/100)(t-57)-(27/(4×105))(t-57)2+(549/(8×108))(t-57)3+...
Essayons de préciser le domaine de convergence en t qui est cf ci-dessus, "au moins", le disque D(57,r/(8|f(0)|))=D(57,50r) : il faut trouver r assurant que |Z|≤r entraîne |f(Z)|<2|f(0)| <=> |Z4+15Z3+90Z2+270Z+400|>200.
Posons a=Z4+15Z3+90Z2+270Z, b=400 : on a alors |a+b|≥||a|-|b||=||a|-400| et |a|≤r(r3+15r2+90r+270).
En prenant r=0.6, on obtient |a|≤197, donc ||a|-400|=400-|a|≥203, donc |a+b|>200 et on peut prendre r=0.6 , ce qui donne comme disque de convergence, "au moins", D(57,30).
Le lecteur aura évidemment remarqué que l'énoncé annonce D(57,58) et non D(57,30) : je coince pour arriver à ce 58...

Un contrôle pour t=57+i, donne comme somme des trois premiers termes de ce développement en série entière le complexe 3.0001+9.9993×10-3i, qui est bien une "bonne" valeur approchée d'une solution de (EF57+i).

preuve du 2.5
Puisque BR(t) est une solution de (EFt), alors d'après le 2.1 on peut dire que
-BR(-t) est aussi une solution (puisque BR(-t) est l'opposée d'une solution de (EFt))
-iBR(it) est aussi une solution (puisque BR(it) est une solution de (EFt) multipliée par i et 1/i=-i)
iBR(-it) est aussi une solution (puisque BR(-it) est une solution de (EF-t) multipliée par i, donc une solution de (EFt) multipliée par -i)
Montrons que ces quatres solutions de (EFt) sont distinctes.
Tout d'abord, montrons que pour deux quelconques de ces quatre racines, il y a toujours au moins une valeur de t pour laquelle elles sont distinctes :
BR(t)¹-BR(-t) pour t=1 (voir BR(1) et BR(-1) au 2.3)
BR(t)¹-iBR(it) pour t=-1 ou t=1

en effet si BR(1)=-iBR(i) et BR(-1)=-iBR(-i), comme BR(i)=a+ib et BR(-i)=a-ib avec a et b réels on aurait BR(1)=b-ia et BR(-1)=-b-ia, soit 1,65...=b-ia et 1=-b-ia, ce qui est impossible. BR(t)¹-iBR(-it) pour t=-1 ou t=1 explication analogue au cas ci-dessus De même pour les trois autres cas.
Donc si on prend deux quelconques de ces quatre solutions, leur différence d n'est pas identiquement nulle sur C ; comme d est analytique sur C, les zéros de d sont isolés.
C'est-à-dire si t' est un zéro de d, alors il existe un voisinage V(t') de t' tel que pour t dans V(t'), d(t) est non nul.
Considérons une suite t_n d'éléments de V(t') convergente vers t' :
cela veut dire que deux racines distinctes de (EFt_n) deviennent confondues en t', et donc (EFt') a au moins une racine double, et ainsi t'4=1.
Donc on peut déjà dire que si t4¹1, alors BR(t), -BR(-t), -iBR(it), iBR(it) sont quatre solutions distinctes de (EFt) ; donc la cinquième racine est l'opposée de la somme de ces quatre racines (il n'y a pas de terme en x4 dans l'équation).
On peut le vérifier pour t=0 : compte-tenu que BR(0)=51/4, BR(0), -BR(0), -iBR(0), iBR(0) sont bien quatre racines distinctes de (EF0), et l'opposée de leur somme est 0, qui est bien l'autre racine de (EF0).
Reste à voir ce qui se passe pour t4=1.
Si t=-1, les racines sont 1 (double), et (approximativement) -1,6506 ; -0,1746+1,5468i ; -0,1746-1,5468i.
Quant à BR(-1), -BR(1), -iBR(-i), iBR(i) qui sont quatres racines, les deux premières sont réelles (on a vu que BR(-1)=1 et BR(1)=1,65...), et les deux dernières sont imaginaires conjuguées ( BR(i) et BR(-i) étant conjuguées d'après le 2.4 ) :
donc iBR(i) et -iBR(-i) ne peuvent être (approximativement) que -0,1746-1,5468i et -0,1746+1,5468i, à l'ordre près : ainsi BR(-1), BR(1), -iBR(-i), iBR(i) sont distinctes.
On peut vérifier que l'opposé de leur somme est 1, puisque la somme des cinq racines de (EF-1) est 0 donc 2-1,6506...-2×0,17469...=0 et ainsi -(1-1,6506...-2×0,1746...)=1 : on retrouve bien que 1 est racine double. On déduit aussi de ces calculs que BR(i) est égal (approximativement) à -1,5468+0,1746i ou à 1,5468+0,1746i : je ne sais pas comment savoir quelle est la bonne valeur (voir NOTA 1 en début de page).
De façon analogue on a la même conclusion pour t=1,-i et i.

preuve du 2.6 : application à x5-x-2=0.
En posant u=(1/5)1/4 et z=x/u, l'équation x5-x-2=0 devient z5-5z-2×5 5/4=0 : on est ramené à (EFt) avec t=55/4/2@3,7.
D'après le 2.1 et le 2.3, cette équation a une seule solution réelle, qui est BR(55/4/2) ; un calcul numérique montre que cette unique solution rélle est @1,8948.
Quant aux autres solutions, qui sont imaginaires, je ne vois pas comment le 2.5 peut les donner, vu les connaissances (du moins, les miennes) sur BR(z) pour z quelconque dans C!
En outre, si on était parti d'une équation du 5ième degré quelconque, trouver t aurait été très compliqué ; voir le paragraphe 1 pour la réduction à x5+px+q=0.
Donc, je me demande si cette fonction BR est vraiment d'une utilité pratique pour résoudre les équations du 5ième degré.

Terminons par cette remarque : la seule solution réelle x0=(1/5)1/4BR(55/4/2)@1,2671 de x5-x-2=0 est la limite de la suite un, définie par u0=21/5 et un+1=(2+un)1/5 ; l'idée de considérer cette suite vient du fait que x0=(2+x0)1/5.

Prouvons que cette suite converge effectivement vers x0 :

--on a toujours un dans ]0;x0[ (récurrence : pour un>0 c'est immédiat et, u0<x0 puis si un<x0 alors un+1<(2+x0)1/5=x0).
--la suite est croissante : un+1=(2+un)1/5 et un, qui sont positifs, sont rangés dans le même ordre que leur puissance 5ième, donc un+1-un a même signe que 2+un-un5 ; un tableau de variation de f(x)=2+x-x5 montre alors que f(x)>0 sur ]0;x0[, et ainsi un+1-un>0.
En fait on peut éviter le recours au tableau de variation, car on sait que f(x)=0 a une seule solution réelle et f(0)=2>0, donc f ne peut être<0 sur ]0;x0[ car elle s'y annulerait une autre fois, ni nulle.
--la suite est donc croissante et majorée : elle converge vers le réel l tel que l=(2+l)1/5, donc l5-l-2=0, soit l=x0 (cette équation ayant une seule solution réelle).

Comme u1=(2+21/5)1/5, u2=(2+(2+21/5)1/5)1/5, u3=(2+(2+(2+21/5)1/5)1/5)1/5,...., et que un a pour limite x0, on pourrait alors écrire x0=(2+...(2+(2+21/5)1/5)1/5...)1/5.

Tiens, est-ce à dire, puisque x0 s'écrit à l'aide de radicaux (les puissances 1/5), que cette équation x5-x-2=0 est résoluble par radicaux?
Non : voir le paragraphe suivant (exemple 4 du commentaire 3 sur le 3.4 et 3.5)! En fait l'expression par radicaux précédente ne correspond pas à une résolubilité par radicaux, car les radicaux intervenant dans l'écriture de x0 ne sont pas en nombre fini!

3) 3.1) Un résultat préliminaire :
On note w=exp(2pi/5)=cos(2p/5)+isin(2p/5) : c'est une racine 5ième de 1 primitive, car elle génère toutes les racines 5ièmes de 1.
Les autres racines 5ièmes de 1 prmitives sont w2, w3, w4 (car 5 est 1er).
Rappelons, ce qui servira, en permanence, que la somme des racines 5ièmes de 1 est nulle : 1+w+w2+w3+w4=0 ; en outre w et w4 sont conjugués, ainsi que w2 et w3.

3.1.1) Soit P un polynôme (à coefficients dans C) de degré 5, sans terme de degé 4 :
alors il existe quatre nombres complexes, uniques, u1, u2, u3, u4 tels que les cinq racines xj de P s'écrivent :
xj=wju1+w2ju2+w3ju3+w4ju4, pour j=0,1,2,3,4.

Ce résultat est encore vrai si on change

w en w2 ou en w3 ou en w4

3.1.2) quelque soient les nombres complexes u1, u2, u3, u4 et en posant
xj=wju1+w2ju2+w3ju3+w4ju4, pour j=0,1,2,3,4, alors x0, x1, x2, x3, x4 sont les cinq racines du polynôme X5+c3X3+c2X2+c1X+c0, avec
c3=-5(u1u4+u2u3)
c2=-5(u12u3+u22u1+u32u4+u42u2)
c1=5(u12u42+u22u32-u1u2u3u4 -u13u2 -u23u4-u33u1-u43u3)
c0=-(u15+u25+u35+u45- 5(u1u4-u2u3) (u12u3-u22u1-u32u4+u42u2))

Si on change

(u1, u2, u3, u4) en (u3, u1, u4, u2) ou en (u2, u4, u1, u3) ou en (u4, u3, u2, u1)
ou, w en w2 ou en w3 ou en w4
alors x0 est inchangé et les quatre autres racines xj sont globalement conservées : donc le résultat 3.1.2 ci-dessus tient encore!

De même, 3.1.2 est encore vrai si on remplace ui par wiui, pour i=1,2,3,4 : en effet x0 devient x1, x1 devient x2, x2 devient x3, x3 devient x4, et x4 devient x0.

3.2) Un autre résultat préliminaire :
p et q étant deux réels,
P(X)=X5+pX+q a une seule racine réelle si et seulement si p³0 ou p<0 et (-p/5)5<(q/4)4 ;
sinon P a trois racines réelles distinctes (cas p<0 et (-p/5)5>(q/4)4) ou deux racines réelles, une étant double (cas p<0 et (-p/5)5=(q/4)4).

On notera que si p=-5, q=-4t, alors P a une seule solution réelle si et seulement si 1<t4, soit t<-1 ou t>1 : c'est bien ce qui a été trouvé au 2.1.

3.3)
Il a été vu au chapitre 7 (P11.2) que pour tout entier n>4, il existe des polynômes de degré n non résolubles sur Q.
En particulier, c'est le cas de tout polynôme irréductible de Q[X] dont le degré est un nombre 1er et ayant exactement deux racines complexes conjuguées, les autres étant réelles (forcément distinctes, un polynôme irréductible ayant ses racines distinctes).
Exemple : X5-10X+5=0 est non résoluble.
Deux conséquences immédiates pour P(X)=X5+pX+q, avec p et q rationnels et P irréductible : si P est résoluble alors il a une seule racine réelle (sinon il aurait exactement trois racines réelles et serait non résoluble).
si p<0 et (-p/5)5>(q/4)4 alors P est non résoluble (car d'après le 3.2, il a trois racines réelles).

Rappelons que tout polynôme de degré 5 réductible sur Q[X] est résoluble par radicaux, puisqu'il s'écrit U×V avec soit d°U=1 et d°V=4, soit d°U=2 et d°V=3, et on sait que tout polynôme de degré<5 est résoluble par radicaux.
Donc si un polynôme de degré 5 n'est pas résoluble par radicaux alors il est irréductible. Mais la réciproque est bien sûr fausse (voir commentaire 1 sur le 3.4 et 3.5).


Le but des deux paragraphes suivants est de préciser, en termes de résolubilité par radicaux, le cas des polynômes de degré 5 de la forme X5+pX+q.
Les résultats indiqués ci-dessous, trouvés dans un article de C.Boswell et M.L. Glasser intitulé Solvable Sextic Equations, sont dûs à BK Spearman, KS Williams en 1994, lesquels utilisèrent des résultats de 1991 de DS Dummit.

Par contre, tous les "commentaires" sur les paragraphes 3.4 et 3.5 ci-dessous sont personnels.

Soit P(X)=X5+pX+q, avec p et q dans Q, et P irréductible. P est donc de la forme Bring-Jerrard, mais avec ses coefficients dans Q.

3.4) Le polynôme P est résoluble par radicaux si et seulement si il existe trois rationnels k=-1 ou 1, c>0 et e¹0 tels que
p=5e4(3-4kc)/(c2+1) et q=-4e5(11k+2c)/(c2+1).

Dans ce cas les racines de P sont x0,x1,x2,x3,x4, données par

xj=e(wju1+w2ju2+w3ju3+w4ju4), pour j=0,1,2,3,4.
avec w=exp(2pi/5)=cos(2p/5)+isin(2p/5)=(51/2-1)/4+i((10+2×51/2)1/2)/4
D=c2+1
v1=D1/2+(D-kD1/2)1/2, v2=-D1/2-(D+kD1/2)1/2,
v3=-D1/2+(D+kD1/2)1/2, v4=D1/2-(D-kD1/2)1/2
et enfin
u1=(v12v3/D2)1/5, u2=(v32v4/D2)1/5, u3=(v22v1/D2)1/5, u4=(v42v2/D2)1/5

La preuve de ce résultat ne sera faite que dans un sens : si p=5e4(3-4kc)/(c2+1) et q=-4e5(11k+2c)/(c2+1), alors P est effectivement résoluble par radicaux (voir commentaire 2 ci-dessous sur le 3.4 et 3.5).

Par ailleurs, dans ce commentaire on explicitera les deux polynômes de degré 4 à coefficients dans Q, dont l'un a pour racines les vi, l'autre les ui5.

3.5) Exceptés les cas p=0 et q différent d'une puissance 5ième d'un élément de Q (auquel cas P est irréductible et résoluble par radicaux), les seuls autres cas où P est irréductible et résoluble par radicaux avec |p|£40 et |q|£40 sont au nombre de 6 :

X5+20X±32, X5+15X±12, X5-5X±12

Voir commentaire 1 ci-dessous sur le 3.4 et 3.5 pour le fait que ces six polynômes sont effectivement irréductibles et commentaire 5 pour effectivement résolubles ; la preuve que ces six polynômes sont les seuls à être irréductibles et résolubles (à part les cas p=0 et q différent d'une puissance 5ième d'un rationnel) ne sera pas faite.

Preuve du 3.1.1

Les cinq nombres complexes xj étant donnés, il s'agit de trouver u1, u2, u3, u4 tels que x0=u1+u2+u3+u4
x1=wu1+w2u2+w3u3+w4u4
x2=w2u1+w4u2+wu3+w3u4
x3=w3u1+wu2+w4u3+w2u4
x4=w4u1+w3u2+w2u3+wu4
Il s'agit donc de résoudre un systéme linéaire de cinq équations à quatre inconnues. Les quatre dernières équations s'écrivent matriciellement AU=X, avec A la matrice 4×4 dont l'élément (i,j) est wij, et en notant tM la transposée de la matrice M, tU=(u1 u2 u3 u4) et tX=(x1 x2 x3 x4).
Cette matrice A (symétrique) est inversible car son déterminant est non nul : méthode 1
on est en forme et on développe ce déterminant par rapport à la première colonne, ce qui donne (en appliquant quatre fois Sarrus)
det(A)=-5(w+w4-(w2+w3))=-5(1+2(w+w4))=-5(1+4cos(2p/5))=-5×51/2
(rappel : w est solution de x4+x3+x2+x+1=0, qui s'écrit X2+X-1=0 en posant X=x+1/x. Donc w+1/w =(-1±51/2)/2 ; mais w+1/w=2cos(2p/5)>0 et cos(2p/5)=(51/2-1)/4).

méthode 2
astuce : A2 est la matrice dont tous les éléments valent -1, sauf ceux de la diagonale transverse qui sont égaux à 4.
en faisant apparaître trois zéros sur la 1ière colonne de det(A 2), et en développant par rapport à cette colonne, on obtient det(A2)=125 ; comme det(A2)=(det(A))2, on obtient det(A) au signe près : il est bien non nul (et c'est en accord avec la valeur précédente).

Donc il existe un seul U tel que AU=X, c'est-à-dire, il existe u1, u2, u3, u4 uniques tels que
x1=wu1+w2u2+w3u3+w4u4
x2=w2u1+w4u2+wu3+w3u4
x3=w3u1+wu2+w4u3+w2u4
x4=w4u1+w3u2+w2u3+wu4
Donc, par ajout membre à membre de ces quatre égalités on obtient
x1+x2+x3+x4=-(u1+u2+u3+u4) ; mais, par hypothèse, la somme des cinq xj est nulle donc
x0=-(x1+x2+x3+x4)=u1+u2+u3+u4, ce qui prouve le résultat annoncé.

Ce résultat reste vrai si on remplace w par w2 ou w3 ou w3, car cela revient à permuter les lignes de la matrice A, et donc son déterminant reste non nul.

Preuve du 3.1.2

Les cinq racines xj s'écrivent x0=u1+u2+u3+u4
x1=wu1+w2u2+w3u3+w4u4
x2=w2u1+w4u2+wu3+w3u4= wu3+w2u1+w3u4+w4u2
x3=w3u1+wu2+w4u3+w2u4= wu2+w2u4+w3u1+w4u3
x4=w4u1+w3u2+w2u3+wu4= wu4+w2u3+w3u2+w4u1

L'invariance globale des racines x1, x2, x3, x4 lorsqu'on change

(u1, u2, u3, u4) en (u3, u1, u4, u2) ou en (u2, u4, u1, u3) ou en (u4, u3, u2, u1)
ou, w en w2 ou en w3 ou en w4
se vérifie "directement" sans difficulté.

De même lorsqu'on remplace chaque ui par wiui : on vérifie tout de suite que xi devient xi+1 (avec x5=x0). Il y a cette fois invariance globale de x0, x1, x2, x3, x4.

On peut interpréter le premier type de changement en termes de permutations.

Soit p un élément du groupe S4, c'est-à-dire une bijection de {1;2;3;4} dans lui-même, et convenons de poser pour toute matrice ligne à quatre éléments M=(m1 m2 m3 m4) :

p(M)=(mp(1) mp(2) mp(3) mp(4))
En posant W=(w w2 w3 w4) et U1=(u1 u2 u3 u4), U2=(u3 u1 u4 u2), U3=(u2 u4 u1 u3), U4=(u4 u3 u2 u1)
alors on a U1=p1(U1), avec p1=id, la permutation identité
U2=p2(U1), avec p2 la permutation envoyant 1 en 3, 2 en 1, 3 en 4, 4 en 2
U3=p3(U1), avec p3 la permutation envoyant 1 en 2, 2 en 4, 3 en 1, 4 en 3
U4=p4(U1), avec p4 la permutation envoyant 1 en 4, 2 en 3, 3 en 2, 4 en 1

Comme, pour j=1,2,3,4, on a xj=WtUj, (tM étant la transposée de la matrice ligne M), on peut dire que {x1; x2; x3; x4} est l'ensemble des WtU, où U parcourt l'ensemble E={p1(U1); p2(U1); p3(U1); p4(U1)}.
Or G={id=p1; p2; p3; p4} est un sous-groupe cyclique de S4 : il est engendré par p2 puisque p3=p2op2op2=p23, p4=p22 et id=p24 ; p3 est aussi générateur, mais pas p4.
D'où si on remplace U1 par U2=p2(U1), E devient {p1(p2(U1)); p2(p2(U1)); p3(p2(U1)); p4(p2(U1))}, ensemble qui est encore E, puisque p1op2=p2, p2op2=p4, p3op2=p24=id, p4op2=p23=p3 ; ou d'une façon plus générale parceque si on multiplie tous les éléments d'un groupe fini par un élément de ce groupe on réobtient tous les éléments du groupe (ici on on a multiplié, à droite, tous les éléments de G par p2).
De même E est inchangé si on remplace U1 par U3=p3(U1) ou par U4=p4(U1), ce qui explique que {x1; x2; x3; x4} soit alors inchangé.

Maintenant si on remplace w par w2, W devient (w2 w4 w w3)=p3(W) et {x1; x2; x3; x4} est toujours l'ensemble des p3(W)tU, U parcourant E ; mais p3(W)tU=Wtp3(U), et lorsque U parcourt E, p2(U) décrit aussi tout E (même raison que ci-dessus) et donc {x1; x2; x3; x4} reste inchangé.
Même chose si on remplace w par w3, auquel cas W devient (w3 w w4 w2)=p2(W) et si on remplace w par w4, W devient (w4 w3 w2 w)=p4(W).

Prouvons maintenant que x0, x1, x2, x3, x4 sont bien les racines du polynôme X5+c3X3+c2X2+c1X+c0 :
c'est-à-dire que (X-x0)(X-x1)(X-x2)(X-x3)(X-x4)= X5+c3X3+c2X2+c1X+c0.
Je laisse le lecteur vérifier ce résultat dans le cas particulier où les ui sont tous égaux à 1 : x0=4 et tous les autres xi valent -1, et donc le membre de gauche est X5-10X3-20X2-15X-4.

Pour le cas général je vais montrer que

Sxi=0, Sxixj=c3, Sxixjxk=-c2, Sxixjxkxl=c1, x0x1x2x3x4=-c0.

Preuve de Sxi=0

Compte-tenu que la somme des racines 5ièmes de 1 est 0, on vérifie immédiatement que x0+x1+x2+x3+x4=0.

Preuve de Sxixj=c3 : c'est déjà moins immédiat

Montrons qu'effectivement C=Si=0,...,3 xi(Sj=i+1,...,4xj)=c3.
En notant Sa,b=Si=0,..., 3 wai(Sj=i+1,...,4 wbj), avec a et b dans {1;2;3;4}, on a tout de suite
C=[S1,1u12+S2,2u22+S3,3u32+S4,4u42
+(S1,2+S2,1)u1u2+(S1,3+S3,1)u1u3+(S1,4+S4,1)u1u4+(S2,3+S3,2)u2u3+(S2,4+S4,2)u2u4+(S3,4+S4,3)u3u4]
On notera que pour tous les Sa,b intervenant dans C, a et b ne sont pas des multiples de 5 (puisque ils sont égaux à 1 ou 2 ou 3 ou 4).
Or n étant différent d'un multiple de 5, on a 1+wn+w2n+w3n+w4n=0 (soit on considère qu'il s'agit de la somme de termes consécutifs d'une suite géométrique, soit on remarque que n étant premier avec 5, on a en fait la somme de toutes les racines 5ièmes de 1) ;
on en déduit que Sa,b=Si=0,..., 3 wai(0- (1+wb+...+wbi)=Si=0,..., 3 wai(-(1-wb(i+1))/(1-wb)), b étant différent d'un multiple de 5.
Ainsi Sa,b=(-1/(1-wb))(Si=0,...,3 wai-wbSi=0,...,3 (w(a+b)i))= (-1/(1-wb))(-w4a-wbSi=0,...,3 (w(a+b)i)), puisque a n'est pas un multiple de 5.
Là, il y a deux cas à envisager : a+b¹5
Sa,b=(-1/(1-wb))(-w4a-wb(-(w4(a+b)))=(-1/(1-wb))(-w4a)(1-w5b)=0 (puisque w5=1!).

a+b=5
Sa,b=(-1/(1-wb))(-w4a-4wb)=(w4a+4wb)/(1-wb)=5wb/(1-wb)= 5/(wa-1), car w4a=w20-4b=w-4b=wb et wa+b=1
d'où si a+b=5 : Sa,b+Sb,a=5/(wa-1)+5wa/(1-wa)=-5


On peut alors conclure :
dans C=Si=0,...,3 xi(Sj=i+1,...,4xj), les coefficients des uiuj sont donc tous nuls, sauf celui de u1u4 qui est S1,4+S4,1=-5 et celui de u2u3 qui est S2,3+S3,2=-5 : ainsi C=-5(u1u4+u2u3), et on a bien C= c3, soit Sxixj=c3.

Preuve de Sxixjxk=-c2 : c'est encore moins immédiat

Montrons qu'effectivement C=Si=0,...,2 xi(Sj=i+1,...,3xj (Sk=j+1,...,4xk))=-c2.
En notant Sa,b,c=Si=0,...,2 wai(Sj=i+1,...,3wbj (Sk=j+1,...,4wck)), avec a,b,c dans {1;2;3;4}, et puisque waiwbjwck est le coefficient de uaubuc, ua étant pris dans le facteur xi, ub étant pris dans le facteur xj, uc étant pris dans le facteur xk, on voit tout de suite que dans l'expression C le coefficient de ua3 est Sa,a,a
le coefficient de ua2ub, avec a différent de b, est Sa,a,b+Sa,b,a+Sb,a,a
et le coefficient des quatre uaubuc, avec a,b,c distincts, est la sommme des Sa,b,c, somme prise sur les six permutations de a,b,c.

Jusque là, ca va! Mais, vu que je n'arrive pas à vraiment simplifier Sa,b,c, ca va être longuet : je me demande donc si j'ai bien pris cette démonstration par le bon bout.

Essayons de simplifier Sa,b,c :
Sa,b,c=wb(w2c+w3c+w4c)+w2b(w3c+w4c)+ w3bw4c+wa(w2b(w3c+w4c)+w3bw4c)+w2aw3bw4c
Sa,b,c=wb+2c(1+wc+w2c+wb(wc+w2c)+w2b+2c +wa+b(wc+w2c)+wa+2b+2c+w2a+2b+2c)
Sa,b,c=wb+2c(1+wc+w2c+wb(wc+w2c) +wa+b(wc+w2c)+(1+wa+w2a)w2b+2c) ; là on a une somme de dix termes. Mais puisque a et c ne sont pas des multiples de 5
Sa,b,c=wb+2c(-w3c-w4c+wb(wc+w2c) +wa+b(wc+w2c)-(w3a+w4a)w2b+2c), ce qui donne

r0
Sa,b,c=wb+2c(-w3c-w4c-w3a+2b+2c-w4a+2b+2c +wb+c+wb+2c+wa+b+c+wa+b+2c) ; cette fois on a une somme de huit termes. Est-ce vraiment mieux? En tout cas je n'ai pas... vraiment mieux!

Cependant cette formule r0 va me permettre d'aller jusqu'au bout ; à l'aide de "petits calculs" , dont certains seront laissés aux bons soins du lecteur..., on trouve, a, b, c étant dans {1;2;3;4} : r1
Sa,a,a=0 A noter que ce résultat peut se trouver sans aucun calcul ; en effet Sa,a,a est la somme des produits 3 à 3 des racines de X5-1, puisque wa engendre toutes les racines 5ièmes de 1, et comme le coefficient de X3 est 0, Sa,a,a est bien nul.

r2
Sa,a,2a=Sa,2a,a=S2a,a,a=0

par exemple Sa,a,2a=w5a(-w6a-w8a-w9a-w10a +w3a+w5a+w4a+w6a)=(-wa-w3a-w4a-1+w3a+1+w4a+wa)=0
Si a=1 ou 2, cette égalité s'applique sans problème, mais si a=3 ou 4, on remplacera 2a par sa valeur modulo 5, soit respectivement 1 et 3. En effet, si a=3 ou 4, 2a=6 ou 8 et n'est pas dans {1;2;3;4}. En fait, l'expression ci-dessus à droite du signe égal est bien nulle pour tout a dans Z, ce qui donne "S3,3,6"=0 ; mais si on se reporte à l'égalité r0 donnant Sa,b,c on voit clairement que son membre de droite est inchangé si on ajoute à a ou b ou c un multiple de 5 : on peut dire que S3,3,1=S3,3,6.
r3
S1,1,4+S1,4,1+S4,1,1=0, chacun des trois termes étant non nul.
r4
Si 2a+c est un multiple de 5, alors Sa,a,c+Sa,c,a+Sc,a,a=5. en effet, on a wc=w-2a=w3a, ce qui permet d'écrire
Sa,a,c=w7a(-w9a-w12a-w11a-w12a+w4a+w7a+w5a+w8a) =-wa-w4a-w3a-w4a+wa+w4a+w2a+1 =1+w2a-w3a-w4a
Sa,c,a=w5a(-w3a-w4a-w11a-w12a+w4a+w5a+w5a+w6a) =-w3a-w4a-wa-w2a+w4a+1+1+wa=2-w2a-w3a
Sc,a,a=w3a(-w3a-w4a-w13a-w16a+w2a+w3a+w5a+w6a) =-wa-w2a-wa-w4a+1+wa+w3a+w4a=1-wa-w2a+w3a
d'où Sa,a,c+Sa,c,a+Sc,a,a=4-wa-w2a-w3a-w4a=5.

r5
S2,1,3=S3,1,2=0, S1,3,2 et S3,2,1 sont opposés, ainsi que S1,2,3 et S2,3,1.
Ainsi, la somme des six Sa,b,c, somme prise sur les six permutations de (1,2,3), est 0. Par exemple S1,2,3=w8(-w9-w12-w13-w14+w5+w8+w6+w9) =-w2-1-w-w2+w3+w+w4+w2=-1-w2+w3+w4
et S2,3,1=w5(-w3-w4-w14-w16+w4+w5+w6+w7) =-w3-w4-w4-w+w4+1+w+w2=1+w2-w3-w4

On peut alors conclure :
d'après r1, les coefficients des ui3 sont nuls
d'après r2, les coefficients de u12u2, u22u4, u32u1, u42u3 sont nuls
d'après r3, le coefficient de u12u4 est nul ; mais compte-tenu que les xj sont globalement invariants si U1 devient U2 ou U3 ou U4, (voir début de cette preuve du 3.1), on a encore ce résultat si on remplace (1,4) par (3,2) ou (2,3) ou (4,1) : les coefficients de u12u4, u32u2, u22u3, u42u1 sont nuls
d'après r4, les coefficients de u12u3, u22u1, u32u4, u42u2 sont égaux à 5
enfin, d'après r5, le coefficient de u1u2u3 est nul et donc (en invoquant le fait que c'est encore vrai si on remplace U1 par U2 ou U3 ou U4 ), les coefficients de u3u1u4, u2u4u1, u4u3u2 sont aussi nuls

Finalement l'expression C se réduit à C=5(u12u3+u22u1+u32u4 +u42u2), et on a bien C=-c2, soit Sxixjxk=-c2.

Preuve de x0x1x2x3x4=-c0 : ce n'est pas une erreur, je terminerai par la preuve de Sxixjxkxl=c1

Je vais commencer par le calcul de x1x2x3x4 ; en remarquant que si on change w en w2, x1 devient x2 et x4 devient x3 il suffit de calculer d'abord x1x4.

En développant on obtient une somme de dix termes :
x1x4=u12+u22+u32+u42+(w+w4)u1u2+(w2+w3)u1u3+(w2+w3)u1u4+ (w+w4)u2u3+(w2+w3)u2u4+(w+w4)u3u4
d'où
x2x3=u12+u22+u32+u42+(w2+w3)u1u2+(w+w4)u1u3+(w+w4)u1u4+ (w2+w3)u2u3+(w+w4)u2u4+(w2+w3)u3u4

Il s'agit de passer maintenant à x1x2x3x4, cela sans écrire les 100 termes résultants d'un développement "brutal" des deux facteurs x1x4 et x2x3 :
on obtient évidemment u14+u24+u34+u44
pour chacun des 12 termes ui3uj, i différent de j, le coefficient est 1×(w2+w3)+(w+w4)×1 (car chacun de ces termes provient de ui2 pris dans un facteur et de uiuj, (coefficienté par w2+w3 ou w+w4 selon le facteur), pris dans l'autre), soit -1
pour chacun des 6 termes ui2uj2, i différent de j, le coefficient est 1+1+(w+w4)(w2+w3) (car c'est soit le produit de ui2 et de uj2, soit c'est le produit de uiuj et de uiuj), soit 2+w+w2+w3+w4=1.
pour chacun des 12 termes ui2ujuk, i,j,k distincts, c'est plus embêtant car en fait le coefficient ne va pas toujours être le même : c'est soit 2, soit -3

en effet chacun de ces terme est obtenu soit par le produit de ui2 par ujuk, soit par le produit de uiuj par uiuk ; mais les coefficients de uiuj et de uiuk, dans leur facteur respectif, peuvent être les mêmes ou pas!
ils sont différents pour u12u3u4, u22u1u3, u32u2u4, u42u1u2 : ces 4 termes ont alors chacun pour coefficient (dans x1x2x3x4) :
(w2+w3)+(w+w4)+2(w2+w3)(w+w4)= 3(w+w2+w3+w4)=-3
par contre les 8 autres ui2ujuk auront pour coefficient :
(w2+w3)+(w+w4)+(w+w4)2+(w2+w3)2=3+w+w2+w3+w4=2

et enfin, pour le terme u1u2u3u4, on remarque qu'il est obtenu de 6 manières différentes (u1u2 par u3u4 ou u1u3 par u2u4 ou par u1u4 par u2u3), ce qui donne comme coefficient :
2(w+w4)(w2+w3)+2(w+w4)(w2+w3)+(w2+w3)2 +(w+w4)2=-2-2+3=-1

Ouf, on peut conclure :


x1x2x3x4=S(4 termes)ui4 -S(12 termes)ui3uj +S(6 termes)ui2uj2 -3(u12u3u4+u22u1u3+ u32u2u4+u42u1u2) +2S(des 8 autres termes)ui2ujuk -u1u2u3u4

Remarque 1 : dans cette expression n'apparaît plus w : cela est cohérent avec le fait que si les ui étaient tous réels, alors x1 et x4 seraient conjugués, ainsi que x2 et x3 et donc x1x2x3x4 serait réel.
Remarque 2 : si les ui sont tous égaux à 1, alors x1=x2=x3=x4=-1, donc leur produit est 1 et on vérifie que la formule ci-dessus donne 4-12+6-3×4+2×8-1=1.

Passons maintenant au calcul de x0(x1x2x3x4)= (u1+u2+u3+u4)(x1x2x3x4), pour vérifier que c'est bien égal à -c0 et cela sans développer brutalement :
on obtient évidemment u15+u25+u35+u45
pour les termes ui4uj, le coefficient est 1×1+1×(-1), car un tel terme provient de uj×ui4 ou de ui×(ui3uj), soit 0
pour les termes ui3uj2, le coefficient est 1×1+1×(-1), car un tel terme provient de ui×(ui2uj2) ou de uj×(ui3uj), soit 0
pour les termes ui3ujuk, il y a trois origines possibles : ui×(ui2ujuk) ou uj×(ui3uk) ou uk×(ui3uj)

mais compte-tenu que le coefficient de ui2ujuk dans x1x2x3x4 est -3 ou 2, il y a deux cas à envisager :
pour u13u3u4, u23u1u3, u33u2u4, u43u1u2, le coefficient est 1×(-3)+1×(-1)+1×(-1)=-5
pour les autres ui3ujuk, le coefficient est 1×2+1×(-1)+1×(-1)=0

pour les 18 termes ui2uj2uk, il y a trois origines possibles : ui×(uiuj2uk) ou uj×(ui2ujuk) ou uk×(ui2uj2) mais compte-tenu que le coefficient de ui2ujuk dans x1x2x3x4 est -3 ou 2, il y a, là aussi deux cas à envisager :
pour les 4 termes u12u22u4, u12u32u2, u22u42u3, u32u42u1, le coefficient est 1×2+1×2+1×1=5
(nota : ces 4 termes sont les seuls termes ui2uj2uk tels que, si on diminue de 1, l'un quelconque des exposants égal à 2, on obtient un terme de x1x2x3x4, coefficienté par 2, c'est-à-dire on n'obtient pas un des 4 termes u12u3u4, u22u1u3, u32u2u4, u42u1u2 )
pour les 14 termes ui2uj2uk restants, parmi ui2ujuk et uiuj2uk l'un est coefficienté (dans x1x2x3x4) par -3 et l'autre par 2 : en effet, les deux coefficients ne peuvent étre égaux à 2 (sinon, ui2uj2uk serait un des quatre termes précédents) et ils ne peuvent étre égaux tous les deux à -3 (car pour les 4 termes de x1x2x3x4 coefficientés par -3, les ensembles de leur trois indices sont distincts) ;
le coefficient de chacun de ces 14 termes est donc 1×(-3)+1×2+1×1=0

pour les termes ui2ujukul, il y a quatre origines possibles : ui(u1u2u3u4) ou uj(ui2ukul) ou uk(ui2ujul) ou ul(ui2ujuk)
la 1ière origine donne 1×(-1) comme coefficient, et vu que parmi ui2ukul, ui2ujul, ui2ujuk, l'un est coefficienté (dans x1x2x3x4) par -3 et les deux autres par 2 (car il n'y a que 3 façons de choisir deux indices distincts parmi {1;2;3;4}-{i}), le coefficient de ui2ujukul est -1+2+2-3=0

Finalement x0x1x2x3x4= u15+u25+u35+u45- 5(u13u3u4+u23u1u3+ u33u2u4+u43u1u2) +5(u12u22u4+u12u32u2+ u22u42u3+u32u42u1) =u15+u25+u35+u45- 5(u1u4-u2u3) (u12u3-u22u1-u32u4+u42u2) =-c0

Preuve de Sxixjxkxl=c1


En fait je vais exploiter les quatre résultats précédents pour montrer que Sxixjxkxl, que je noterai c'1, est bien égal au c1 affiché dans l'énoncé du 3.1.
En effet les quatre résultats précédents permettent de dire que les deux polynômes (X-x0)(X-x1)(X-x2)(X-x3)(X-x4) et X5+c3X3+c2X2+c'1X+c0 son égaux.
En faisant X=x0, on obtient x05+c3x03+c2x02+c'1x0+c0=0 ; mais c0 =-x0x1x2x3x4 et donc, en simplifiant par x0, ce qui suppose x0¹0, on obtient
c'1=-x04-c3x02-c2x0+x1x2x3x4.
Mais si x0=0, par définition même de c'1, on a c'1=x1x2x3x4, puisque Sxixjxkxl se réduit à ce seul terme ; et comme on obtient aussi x1x2x3x4 en faisant x0=0 dans -x04-c3x02-c2x0+x1x2x3x4,
on a toujours c'1=-x04-c3x02-c2x0+x1x2x3x4,
soit c'1=-(u1+u2+u3+u4)4+5(u1u4+u2u3)(u1+u2+u3+u4)2+5(u12u3+u22u1+u32u4+u42u2)(u1+u2+u3+u4)+x1x2x3x4, cette dernière quantité ayant été explicitée plus haut (étape précédente) en fonction des ui.

Rappelons la formule
(a+b+c+d)4=S(4 termes)a4+4S(12 termes)a3b+ 6S(6 termes)a2b2+12S(12 termes)a2bc+24abcd
On vérifie bien, cas a=b=c=d, que 44=4+4×12+6×6+12×12+24.

On peut alors procéder comme à l'étape précédente, c'est-à-dire, pour chaque type de termes de c'1 chercher son coefficient, mais là on ne gagnera pas, je pense, beaucoup de temps par rapport à un développement brutal.
Je le fais quand même :

pour les termes ui4

leur coefficient est nul, puisque ceux de -(Sui)4 sont annulés par ceux de x1x2x3x4
pour les termes ui3uj ceux de -(Sui)4 ont pour coefficient -4
5(u1u4+u2u3)(Sui)2 donne les termes u13u4, u43u1, u23u3, u33u2 avec 5 comme coefficient
5(u12u3+u22u1+u32u4+u42u2)(Sui) donne les termes u13u3, u23u1, u33u4, u43u2 avec 5 comme coefficient
x1x2x3x4 donne tous les termes de la forme ui3uj, avec -1 comme coefficient
en final, les huit termes cités précédemment ont pour coefficient -4+5-1=0, par contre
les quatre restant, à savoir, u13u2, u23u4, u33u1, u43u3, ont pour coefficient -4-1=-5

pour les six termes ui2uj2 ceux de -(Sui)4 ont pour coefficient -6
5(u1u4+u2u3)(Sui)2 donne les termes u12u42, u22u32 avec 10 comme coefficient
5(u12u3+u22u1+u32u4+u42u2)(Sui) donne les termes u12u32, u22u12, u32u42, u42u22 avec 5 comme coefficient
x1x2x3x4 donne tous les termes de la forme ui2uj2, avec 1 comme coefficient
en final, les quatre termes u12u32, u22u12, u32u42, u42u22, ont pour coefficient -6+5+1=0, alors que u12u42 et u22u32 ont pour coefficient -6+10+1=5

pour les douze termes ui2ujuk ceux de -(Sui)4 ont pour coefficient -12
5(u1u4+u2u3)(Sui)2 donne les quatre termes u22u1u4, u32u1u4, u12u2u3, u42u2u3 avec 5 comme coefficient (car proviennent d'un ui2)
et les huit autres termes u12u2u4, u12u3u4, u42u1u2, u42u1u3, u22u1u3, u22u3u4, u32u1u2, u32u2u4 avec 10 comme coefficient (car proviennent d'un double produit)
5(u12u3+u22u1+u32u4+u42u2)(Sui) donne les huit termes u12u2u3, u12u3u4, u22u1u3, u22u1u4, u32u1u4, u32u2u4, u42u1u2, u42u2u3 avec 5 comme coefficient
x1x2x3x4 donne les quatre termes u12u3u4, u22u1u3, u32u2u4, u42u1u2 avec -3 comme coefficient
les huit autres ont 2 pour coefficient

en final
u12u3u4, u22u1u3, u32u2u4, u42u1u2 ont pour coefficient -12+10+5-3=0
u12u2u4, u42u1u3, u22u3u4, u32u1u2 ont pour coefficient -12+10+2=0
les quatre restants ont pour coefficient -12+5+5+2=0

pour le terme u1u2u3u4 -(Sui)4 le donne avec un coefficient -24
5(u1u4+u2u3)(Sui)2 le donne avec un coefficient de 5(2+2)=20
5(u12u3+u22u1+u32u4+u42u2)(Sui) ne le donne pas
x1x2x3x4 le donne avec un coefficient de -1
en final, le coefficient est -24+20-1=-5

En récapitulant on obtient c'1=-5(u13u2+u23u4+u33u1+ u43u3)+5(u12u42+ u22u32)-5u1u2u3u4 : c'est exactement c1.

Donc on a bien Sxixjxkxl=c1

Ceci termine la preuve du 3.1.2, du moins celle que jai trouvée...

Preuve du 3.2

On pose f(x)=x5+px+q ; f'(x)=5x4+p.
Donc si p³0, f est strictement croissante sur R, donc f s'annulera une et une seule fois (vu par ailleurs les limites aux bornes).
si p<0, en posant A=(-p/5)1/4>0, f présente un maximum local en -A et un minimum local en A : f(A)=4pA/5+q et f(-A)=-4pA/5+q.
Dans ce cas, f s'annulera une et une seule fois si et seulement si f(-A)<0 (donc f(A)<0) ou f(A)>0 (donc f(-A)>0), soit ssi -4Ap/5<-q ou -4Ap/5<q, soit ssi -4Ap/5<|q| ; et les deux nombres étant positifs, soit ssi (4/5)4×(-p/5)×p4<q4, soit ssi (-p/5)5<(q/4)4.

Preuve du 3.3

En fait il n'y a rien à prouver : tout a été dit dans l'énoncé.

Commentaire 1 sur le 3.4 et 3.5

Illustrons le fait qu'un polynôme irréductible n'est pas forcément non résoluble par radicaux! Voir par exemple, les exemples du 3.5 qui sont irréductibles et résolubles :
X5+q, avec q différent d'une puissance 5ième d'un rationnel
X5+20X±32, X5+15X±12, X5-5X±12

L'irréductibilité de X5+q, résulte du fait que dans ce cas le polynôme n'a pas de racine rationnelle et d'un théorème sur l'irréductibilité de Xn-a sur K[X], avec K sous-corps de C, a non nul , n 1er ; car bien sûr le fait qu'un polynôme n'ait pas de racine dans Q, ne signifie pas qu'il soit irréductible dans Q[X], excepté s'il est de degré 2 ou 3.
Pour les six autres cas, on peut vérifier que ces six polynômes sont irréductible sur Q[X], en montrant qu'ils sont irréductibles sur Z[X] : comme ils n'ont pas de racines rationnelles, s'ils étaient réductibles dans Z[X] ils seraient de la forme U×V avec d°U=2, d°V=3, U et V à coefficients dans Z, ce qui est impossible (on essaye de trouver les coefficients en résolvant le systéme obtenu par identification des coefficients, et on arrive alors à une impossibilité).
Notons que pour X5+15X±12, on peut aller plus vite en utilisant le critère d'Eisenstein.

D'après le 3.3 les six polynômes X5+20X±32, X5+15X±12, X5-5X±12 doivent avoir une seule racine réelle : on peut le vérifier en utilisant 3.2.

Remarquons aussi que les deux cas X5-5X±12 correspondent exactement à la forme X5-5X-4t étudiée au paragraphe 2 avec t=±3

Enfin, si on change q en -q, les racines de P changent de signe et donc si P était résoluble, en changeant q en - q il doit le rester : on le vérifie car si k,c, e conviennent pour P(X)=X5+pX+q, alors k,c, -e conviennent pour X5+pX-q.

Commentaire 2 sur le 3.4 et 3.5


On vérifie facilement, à partir des définitions des vi en fonction de k et D, et des définitions des ui, que : 1<D, D1/2<D, et donc tous les radicaux apparaissant dans les vi portent sur des quantités positives : les vi et les ui sont donc réels.

Profitons en pour rappeler que pour tout réel x il existe un seul réel qui élevé à la puissance 5 donne x : on le note x1/5. Pour tout réel x on a (-x)1/5=-x1/5 et l'égalité x1/5=exp((lnx)/5) n'est vraie que si x >0.

v1+v4=-(v2+v3)=2D1/2, v1+v2+v3+v4=0
v1v4=-v2v3=kD1/2, v1v2v3v4=-D,
v1 et v4 étant les de racines de X2-2D1/2X+kD1/2, v2 et v3 étant les racines de X2+2D1/2X-kD1/2, on en déduit que
v1, v2, v3, v4 sont les quatres racines du polynôme X4-4DX2+4kDX-D, qui est à coefficients rationnels.

u1u4=-u2u3=-k/D1/2, u1u2u3u4=-1/D (noter que u1u4=((v1v2v3v4v1v4)/D4)1/5)
u12u3=v1/D, u22u1=v3/D, u32u4=v2/D, u42u2=v4/D (par exemple u12u3=v1(v32v22/D6)1/5, et on utilise le résultat précédent sur v2v3).

Déterminons maintenant le polynôme à coefficients rationnels dont les racines sont les ui5.
De u1u4=-u2u3=-k/D1/2, on déduit u15u45=-u25u35=-k/D5/2.
Reste à simplifier les sommes u15+u45 et u25+u35.
Il faut calculer....
u15+u45=(v12v3+v42v2)/D2.
En développant, on obtient v1v3=-D+D1/2(Z+c), v2v4=-D+D1/2(-Z+c), avec Z=(D+kD1/2)1/2-(D-kD1/2)1/2+c.
En effectuant les multiplications par v1 et v4 on obtient (je ne détaille pas les calculs...) u15+u45=(-4D3/2+2D(2c+k))/D2.
Un calcul analogue donne u25+u35=(4D3/2+2D(2c+k))/D2


Donc u15 et u45 sont racines de X2+sX+t, avec s=(4D3/2-2D(2c+k))/D2 et t=-k/D5/2
et u25 et u35 sont racines de X2+s'X+t', avec s'=-(4D3/2+2D(2c+k))/D2 et t'=k/D5/2.

Les ui5 sont donc les racines de X4+(s+s')X3+(ss'+t+t')X2+(st'+s't)X+tt, avec s+s'=-4(2c+k)/D ; ss'+t+t'=ss'=(-16D3+4D2(2c+k)2)/D4=(16kc-12)/D2 ;
st'+s't=t'(s-s')=8k/D3 ; tt'=-1/D5.

Comme k, c, D=c2+1 sont rationnels, les ui5 sont bien les racines d'un polynôme de degré 4, à coefficients rationnels.

Remarque : en fait cela était obligé si j'en crois ce que "j'ai lu" : un théorème de Lagrange dit que si un polynôme à coefficients rationnels de degré 5 est résoluble par radicaux et si on exprime ses racines à l'aide des ui selon le 3.1.1, alors les ui5 sont les racines d'un polynôme de degré 4 à coefficients rationnels.

Remarque : on verra une vérification, partielle, à l'exemple 1 du commentaire 3 ci-dessous.

Vérifions que les cinq xj sont effectivement les cinq racines de P(X)=X5+pX+q.
Par utilisation du 3.1 on a (X-x0)(X-x1)(X-x2)(X-x3)(X-x4)= X5+c3X3+c2X2+c1X+c0
avec (on remplace les ui du 3.1 par eui)
c3=-5e2(u1u4+u2u3)
c2=-5e3(u12u3+u22u1+u32u4+u42u2)
c1=5e4(u12u42+u22u32-u1u2u3u4 -u13u2 -u23u4-u33u1-u43u3)
c0=-e5(u15+u25+u35+u45- 5(u1u4-u2u3) (u12u3-u22u1-u32u4+u42u2))

Il s'agit donc de montrer que c3=c2=0, c1=p, c0=q.

On a vu au début de ce commentaire que u1u4 et u2u3 sont opposés, donc c3=0.

On a aussi vu que u12u3=v1/D, u22u1=v3/D, u32u4=v2/D, u42u2=v4/D, donc c2=-5e3(v1+v2+v3+v4) ; et comme la somme des vi est nulle, on a bien c2=0.

Toujours d'après le début de ce commentaire on a
c1=5e4(1/D+1/D+1/D -u13u2 -u23u4-u33u1-u43u3).
Mais u13u2=(v16v33v32v4/D8)1/5= v1v3(v1v4)1/5/D8/5 ;
de même u23u4= v3v4(v2v3)1/5/D8/5 ; u33u1= v1v2(v2v3)1/5/D8/5 ; u43u3= v2v4(v1v4)1/5/D8/5.
Et comme v1v4=-v2v3=kD1/2 on a
c1=5e4(3/D-(kD1/2)1/5K/D8/5) avec K=v1v3-v3v4- v1v2+v2v4.
On simplife : K=(v1-v4)(v3-v2)=2(D-kD1/2)1/2×2(D+kD1/2)1/2, soit K=4(D2-D)1/2=4D1/2(D-1)1/2=4D1/2c, et finalement (k étant -1 ou 1, k1/5=k)
c1=5e4(3/D-4kcD1/10-8/5+1/2)=5e4(3/D-4kc/D), et on a bien c1=p.

Pour montrer que c0=q, ca va être un peu plus long..., mais il y a eu "pire"!
c0=e5(-K+5K'×K") avec
K=u15+u25+u35+u45
K'=u1u4-u2u3
K"=u12u3-u22u1-u32u4+u42u2
On a tout de suite K'=-2kD-1/2 et K"=(v1-v3-v2+v4)/D=(2D1/2+2D1/2)/D (voir début de ce commentaire pour u1u4, u2u3, v1+v4, v2+v3) et ainsi
5K'×K"=-40k/D.
Par définition des ui, on a K=(v12v3+v32v4+v22v1+v42v2) /D2 ; on peut alors remplacer les vi en fonction de k et D et développer le tout, mais il y a un peu plus court.
Considérons S=v12(v2+v3+v4)+ v22(v1+v3+v4)+ v32(v1+v2+v4)+v42(v1+v2+v3). Puisque la somme des vi est nulle, on a S=-v13-v23-v33-v43=-S3.
Les vi étant les racines de X4-4DX2+4kDX-D, en appliquant le rappel de l'annexe 3 sur les sommes de Newton, on obtient S3=-3×4kD=-12kD, soit S=12kD.
Or S=KD2+v12(v2+v4)+ v22(v3+v4)+ v32(v1+v2)+v42(v1+v3), soit S=KD2+(v2+v4)(v12-v42)+(v3+v4)(v22-v32), puisque la somme des vi est nulle.
De v1+v4=-(v2+v3)=2D1/2, et en posant t=(D+kD1/2)1/2 et t'=(D-kD1/2)1/2, on tire successivement
S=KD2+2D1/2((v2+v4)(v1-v4)-(v3+v4)(v2-v3))
S=KD2+2D1/2((-t-t')(2t')-(t-t')(-2t))=KD2+2D1/2(-4tt'-2t'2+2t2)
S=KD2+2D1/2(-4D1/2c-2(D-kD1/2)+2(D+kD1/2))=KD2+2D(-4c+4k), et puisque S=12kD on obtient :
KD2=12kD+8Dc-8kD=8Dc+4kD et K=8c/D+4k/D.
Finalement c0=e5(-8c/D-4k/D-40k/D)=-e5(8c+44k)/D et on a bien c0=q.

Ouf!

Notons qu'en fait, à partir du 3.1, on vient de montrer que SI p et q sont comme indiqués au début du 3.4, alors le polynôme P(X)=X5+px+q est résoluble par radicaux, puisque ses racines s'obtiennent par radicaux (portant sur des rationnels) ; cela que P soit irréductible ou pas sur Q. Bien sûr si P est réductible, on n'a pas besoin de tous ces calculs : voir 3.3

Remarque : pour la réciproque, que je ne sais pas faire, il faut peut être partir du théorème de Lagrange que j'ai cité dans une remarque ci-dessus.

On notera l'analogie des formules donnant les racines de P avec celles de Hudde
En effet, Hudde donne pour racines de X3+pX+q : u+v, ju+j2v, j2u+jv avec j=exp(2pi/3) et uv=-p/3.
et les formules du 3.2 donnent pour racines de X5+pX+q :

x0=e(u1+u2+u3+u4) : cette racine est toujours réelle : c'est la seule qui soit réelle (voir 3.3)
x1=e(wu1+w2u2+w3u3+w4u4)
x2=e(w2u1+w4u2+wu3+w3u4)
x3=e(w3u1+wu2+w4u3+w2u4)=conjugué de x2 (car ici les ui sont réels et w et w4 sont conjugués, ainsi que w2 et w3)
x4=e(w4u1+w3u2+w2u3+wu4)=conjugué de x1

Cependant, l'analogie avec Hudde n'est pas "parfaite", puisque le produit des ui n'est pas un coefficient de l'équation.

Commentaire 3 sur le 3.4 et 3.5


Traitons quelques exemples.
Exemple 1 : k=1, c=4/3 e=5 donnent P(X)=X5-2625X-61500.
Ce polynôme a été étudié par Euler qui a donné sa seule racine réelle.
Il a aussi été traité par Michel Arnaudies en 1974, lequel a donné un critère de résolubilité par radicaux analogue à celui du 3.4, mais un peu plus compliqué peut-être.
Pour ces deux informations, voir Fragments d'histoire des mathématiques III, brochure APMEP n°83 de 1991, pages 7 et 143.

Déterminons la racine réelle x0 de P, donnée par les formules du 3.4 (c'est la seule racine réelle).

D=25/9, D1/2=5/3, (D-D1/2)1/2=101/2/3, (D+D1/2)1/2=2×101/2/3
v1=(5+101/2)/3, v4=(5-101/2)/3, v2=(-5-2×101/2)/3,v3=(-5+2×101/2)/3
u15=(v12v3/D2)=...=3(4×101/2+5)/125 ; "de même" on trouve:
u25=-9(11×101/2-35)/125
u35=9(11×101/2+35)/125
u45=3(-4×101/2+5)/125

Et donc, puisque x0=5(u1+u2+u3+u4)
on obtient, en n'oubliant pas que (-x)1/5=-x1/5 et en remarquant que 5×(3/125)1/5=751/5,
x0=(75(5+4×101/2))1/5+(225(35+11×101/2))1/5+(225(35-11×101/2))1/5+(75(5-4×101/2))1/5

Remarque : un petit calcul montre que la somme des ui5 est 132/25 : c'est bien l'opposé du coefficient s+s' du terme de degré 3 du polynôme de degré 4 dont les ui5 sont les racines (voir commentaire 1).
En effet s+s'=-4(2c+k)/D=-4(8/3+1)/(25/9)=-132/25

Exemple 2 : k=-1, c=1/2, e=1 donnent PX)=X5+20X+32.
C'est un des cas du 3.5 : on verra au commentaire 4 comment obtenir k, c, e à partir des coefficients p=20 et q=32.
Déterminons là aussi la racine réelle x0 de P, donnée par les formules du 3.4 (c'est la seule racine réelle).
D=5/4, D1/2=51/2/2
v1=51/2/2+(5/4+51/2/2)1/2=(51/2+(5+2×51/2)1/2)/2, v2=(-51/2-(5-2×51/2)1/2)/2
v3=(-51/2+(5-2×51/2)1/2)/2, v4=(51/2-(5+2×51/2)1/2)/2
u15=v12v3/D2=(2/25)(51/2+(5+2×51/2)1/2)2(-51/2+(5-2×51/2)1/2)
u25=v32v4/D2=(2/25)(-51/2+(5-2×51/2)1/2)2(51/2-(5+2×51/2)1/2)
u35=v22v1/D2=(2/25)(-51/2-(5-2×51/2)1/2)2(51/2+(5+2×51/2)1/2)
u45=v42v2/D2=(2/25)(51/2-(5+2×51/2)1/2)2(-51/2-(5-2×51/2)1/2)
etc...
En fait ces expressions se simplifient : par exemple u35=(4/25)(5×51/2+(5(25+2×51/2))1/2).

Exemple 3 : k=1, c=2 e=1 donnent P(X)=X5-5X-12.
C'est un des cas du 3.5 : on verra au commentaire 4 comment obtenir k,c,e à partir des coefficients p=-5 et q=-12.
Donc (voir paragraphe 2 pour la fonction BR) on peut obtenir BR(3) par radicaux.

Exemple 4 : considérons P(X)=X5-X-2 (ce polynôme a été considéré à la fin du paragraphe 2).
Il est bien irréductible dans Q[X], car irréductible dans Z[X] ; et il n'est pas résoluble par radicaux, car...il n'est pas dans la liste du 3.5!
Remarquons aussi, que ce polynôme ayant une seule racine réelle, on ne peut justifier sa non résolubilité en invoquant le 3.3.

Commentaire 4 sur le 3.4 et 3.5

Le polynôme P(X)=X5+pX+q étant donné, p et q dans Q, P irréductible, pour savoir s'il est résoluble par radicaux (en utilisant le 3.4) il faut arriver à trouver
trois rationnels k=-1 ou 1, c>0 et e¹0 tels que
p=5e4(3-4kc)/(c2+1) et q=-4e5(11k+2c)/(c2+1).

Et on pourra alors expliciter les cinq racines de P.

On peut se limiter au cas p non nul, car si p=0 alors P est évidemment résoluble par radicaux (ses racines sont les racines 5ième de q), cela qu'il soit irréductible ou pas (selon que q soit différent d'une puissance 5ième d'un élément de Q ou pas, voir commentaire 1).

Dans ce cas q/p=-(4e/5)(11k+2c)/(3-4kc), soit e=-(5q(3-4kc))/(4p(11k+2c)) et en reportant dans la condition p=..., on obtient une équation en k et c:
p5×44(c2+1)(11k+2c)4=55q4(3-4kc)5
Mais k2=1, c/k=kc et donc cette équation s'écrit, en posant r=kc :

p5×44(r2+1)(11+2r)4=55q4(3-4r)5 (E)

r=kc étant rationnel, cela veut dire que si P est résoluble par radicaux, nécessairement l'équation en r, (E), qui est de degré 6, doit admettre une solution rationnelle (il y a un nombre fini de cas à envisager : voir conseil pratique du chapitre 3 où c'est justifié pour un degré 3, mais c'est pareil pour n'importe quel degré).
Notons que si p=0, cette équation (E) a encore une solution rationnelle : r=3/4.

En fait, Dummit a prouvé que pour tout polynôme P de degré 5, à coefficients dans Q, il existe une équation de degré 6, à coefficients dans Q, telle que P résoluble par radicaux équivaut à ce que cette équation de degré 6 admette une solution rationnelle.

Pour P(X)=X5+pX+q, irréductible, on vient de vérifier (à partir du 3.2) ce résultat dans un sens.

Application 1 : détermination de k, c, e pour P(X)=X5+20X+32 (voir exemple 2 du commentaire 3).
L'équation (E) s'écrit 44×205(r2+1)(11+2r)4=55×324(3-4r)5, soit (r2+1)(11+2r)4-4(3-4r)5=0. Le coefficient de r6 est 24 et le terme constant est 114-4×35=13669, qui est 1er.
Donc si (E) admet a/b comme solution, avec a et b entiers 1ers entre eux, c'est que a divise 13669 et b divise 25 : donc a=±1 ou ±13669 et b=±2i avec i dans {0;1;2;3;;4;5}. On vérifie que a=-1 et b=2 donnent effectivement une solution rationnelle r=-1/2 pour (E).
Donc kc=-1/2 et comme c>0, c=1/2, k=-1 et donc e ne peut être que e=-(5q(3-4kc))/(4p(11k+2c))=1 ; réciproquement ces trois valeurs donnent bien p=20, q=32.

Application 2 : détermination de k, c, e pour P(X)=X5+15X+12
L'équation (E) s'écrit 155×44(r2+1)(11+2r)4=55×124(3-4r)5, soit 3(r2+1)(11+2r)4-(3-4r)5=0. Le coefficient de r6 est 3×24 et le terme constant est 3×114-35=43680=25×3×5×7×13.
Donc si (E) admet a/b comme solution, avec a et b entiers 1ers entre eux, c'est que a divise 25×3×5×7×13 et b divise 3×24 : là il y a tout de même beaucoup de choix. La TI92 donne r=-4/3 comme solution de (E) : 4 divise bien 25×3×5×7×13 et b divise bien 3×24.
Donc kc=-4/3 et comme c>0, c=4/3, k=-1 et donc e ne peut être que e=-(5q(3-4kc))/(4p(11k+2c))=1 ; réciproquement ces trois valeurs donnent bien p=15, q=12.

Application 3 : détermination de k, c, e pour P(X)=X5-5X-12 (voir exemple 3 du commentaire 3).
L'équation (E) s'écrit -(r2+1)(11+2r)4=34(3-4r)5, soit
16r6-83592r5+313960r4-455560r3+367465r2-120572r+34324=0
Donc a/b, avec a et b entiers premiers entre eux, sera solution si a divise 34324=22×8581 (8581 est 1er) et b divise 16=24. Donc on n'a pas trop le choix pour a et b, et a/b ne peut être, au signe près, que 2i×8581j avec i dans {-5;-4;...;2} et j=0 ou 1 ;
C'est a/b=2 qui convient : donc kc=2 et comme c>0 on a k=1, c=2 et e=-(5q(3-4kc))/(4p(11k+2c))=1 ; réciproquement k=1, c=2, e=1 donnent bien p=-5 et q=-12.

Commentaire 5 sur le 3.4 et 3.5


Les six polynômes du 3.5 sont bien résolubles, car leurs p et q s'écrivent comme indiqué au 3.4. En effet, d'après les applications du commentaire 4 et la fin du commentaire 1 on a :

Pkce
X5+20X+32-11/21
X5+20X-32-11/2-1
X5+15X+12-14/3-1
X5+15X-12-14/31
X5-5X+1212-1
X5-5X-12121

4)
1) Dans l'introduction de ce lien (c'est celui déjà cité au début du paragraphe 2) il est dit qu'à l'aide de fonctions transcendentales telles que la fonction théta (de Ramanujan) ou la fonction éta de Dedekind on peut donner des formules explicites (traduction de closed expressions) pour les racines d'une équation du 5ième degré : mais on n'y trouvera rien de plus sur la question.

2) Au cours de la lecture d'un exposé de maîtrise (il n'y a pratiquement pas de démonstration) j'ai appris qu'on peut résoudre les équations de degré 5 à l'aide des fonctions elliptiques :

on se ramène à une équation sans terme de degré 3 et 4 (pas de problème : voir le paragraphe 1 ci-dessus),
puis on se ramène à une équation de Jacobi (de degré 6), cela en passant par l'équation de Brioschi et le théorème de Perron,
et on sait résoudre une équation de Jacobi à l'aide de la fonction de Weierstrass P définie par
ò P(u)(1/(4x3-gx-g')1/2)dx=u
0
g et g' étant tels que le polynôme du 3ième degré situé sous la racine carrée ait ses trois racines distinctes : c'est-à-dire g3-27g'2¹0

Pris par le temps et vu mes capacités..., je n'envisage pas d'approfondir ces deux aspects.

sommaire du site ou sommaire sur les équations