Annexe 1

Une nouvelle méthode de résolution des équations du 3ième degré.

J'ai trouvé cette nouvelle méthode sur le net par hasard. Elle a été rédigée à l'occasion du prix Fermat junior de mathématiques 1995 : elle a obtenu une mention spéciale, mais pas le prix Fermat, voir http://spoirier.lautre.net/equation.pdf

Cette méthode consiste à résoudre, dans C, l'équation
(1)-> x3+3ax2+3bx+c=0 en se ramenant à l'équation suivante :
(2)-> (x-r)3-t(x-s)3=0

Dans le chapitre 3 j'ai présenté cette méthode dans le cas particulier où (1) est ramené à

(3) x3+px+q=0

l'équation du second degré dont les racines sont r et s est alors assez facile à obtenir ; c'est un peu moins facile lorsqu'on travaille à partir de (1).

Je vais ici présenter les calculs justificatifs de cette nouvelle méthode M lorsqu'on l'applique à (1), ces calculs justificatifs n'étant les mêmes que ceux de l'article situé à spoirier.lautre.net/equation.pdf, et je vais les comparer à ceux faits dans le chapitre (3) pour passer de x3+px+q=0 à (x-r)3-t(x-s)3=0 (que j'appelerai ici méthode M').

On peut sauter bien sûr tous ces calculs et aller tout de suite au Résumé pratique de la méthode M
(voir en annexe de cette annexe 1, une toute autre manière de justifier cette méthode)

Rappelons tout d'abord que pour passer de (1) à (3), il suffit de remplacer dans (1) x par x-a et alors (1) devient

(3)-> x3+px+q=0 avec

p=3(b-a2), q=2a3-3ab+c, 4p3+27q2=27(4b3+4a3c-3a2b2+c2-6abc).

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

(1) se ramènera à (2)

ssi t¹1, (st-r)/(1-t)=a, (-s2t+r2)/(1-t)=b, (s3-r3)/(1-t)=c.

Lorsque a=0 (voir méthode M') on en déduit tout de suite que r=st, ce qui permet de simplifier par 1-t les deux autres fractions et on arrive rapidement à r et s solutions d'une équation du 2ième degré (à coefficients dépendants de b=p/3 et c=q).

Mais ici a¹0, et c'est donc un peu plus compliqué (normal l'équation (1) n'a pas été réduite à la forme (3)).

L'auteur de M invoque un résultat astucieux sur les suites récurrentes pour trouver l'équation du 2ième degré dont r et s sont solutions.

Faisons le directement ; en isolant t dans les dans les trois équations on obtient :

(1) se ramène à (2) ssi on a les quatre conditions suivantes

(4) t¹1, (s+a)t=r+a, (-s2+b)t=-r2+b, (s3+c)t=r3+c

si s=-a alors r=-a et les deux dernières conditions donnent

(-a2+b)t=-a2+b, (-a3+c)t=-a3+c.

Mais t¹1, donc nécessairement on doit avoir a2=b et a3=c

Réciproquement si on a a2=b et a3=c, on peut vérifier effectivement que (1) équivaut à (2) pour s=r=-a et t¹1 puisque (1) s'écrit (x+a)3=0 et (2) s'écrit (1-t)(x+a)3=0.

En fait si a2-b=0 (Û p=0) on voit tout de suite que (1) s'écrit (x+a)3+c-a3=0 et donc il n'y a pas de problème pour résoudre (dans ce cas (3) s'écrit y3+q=0 avec q=-a3+c)

Plaçons nous maintenant dans le cas a2-b¹0 (Û p¹0)

On ne peut donc avoir s=-a et donc nécessairement t=(r+a)/(s+a) et en reportant dans les deux dernières conditions on obtient :

(-s2+b)(r+a)=(s+a)(-r2+b) Ûrs(r-s)+a(r2-s2)+b(r-s)=0 Û(r-s)(rs+b+a(r+s))=0

(s3+c)(r+a)=(s+a)(r3+c) Ûsr(s2-r2)+a(s3-r3)+c(r-s)=0 Û(s-r)(rs(r+s)-c+a(r2+rs+s2))=0

Comme r=s est inacceptable (cela conduit à t=1), nécessairement on a

rs+a(r+s)=-b

rs(r+s)+a((r+s)2-rs))=c

En reportant rs=-b-a(r+s) dans la 2ième équation , on obtient (a2-b)(r+s)=c-ab ; mais a2-b¹0 donc r+s=(c-ab)/(a2-b), puis rs=-b-a(c-ab)/(a2-b)=(b2-ac)/(a2-b) et

r et s sont donc solutions de l'équation du 2ième degré

(5)-> X2-((c-ab)/(a2-b))X+(b2-ac)/(a2-b)=0.

Réciproquement, on vérifie tout de suite, en notant toujours r et s les deux solutions de (5), que l'on a effectivement
rs+a(r+s)+b=0
(car rs+a(r+s)=(b2-ac)/(a2-b)+a((c-ab)/(a2-b))=(b2-a2b)/(a2-b)=-b), ainsi que
rs(r+s)+a((r+s)2-rs))=c
(car rs(r+s)+a((r+s)2-rs))=(r+s)(a(r+s)+rs)-ars=-b(r+s)-ars=(-bc+ab2-ab2+a2c)/(a2-b)=c).

En outre cette équation ne peut avoir -a comme solution,
(car a2+((c-ab)/(a2-b))a+(b2-ac)/(a2-b)=a2+a(r+s)+rs=a2-b, qui est non nul).

Notons que si a=0 cette équation s'écrit X2+(c/b)X-b=0, soit (puisque alors p=3b, q=c) X2+(3q/p)X-p/3=0 qui est bien celle obtenue lors la méthode M', au cours de laquelle on avait aussi remarqué que pr/3=br et ps/3=bs sont solutions de X2+qX-p3/27=0 qui est l'équation (E1) de Hudde.

D'ailleurs.....c'est encore vrai (mais est-ce étonnant?) dans le cas de cette méthode M à condition de remplacer r par r+a et s par s+a :

(r+a)(s+a)=rs+a(r+s)+a2=-b+a2=-p/3 et

(r+a)+(s+a)=(c-ab)/(a2-b)+2a=(2a3-3ab+c)/(a2-b)=q/(-p/3)=-3q/p

ainsi r+a et s+a sont solutions de X2+(3q/p)X-p/3=0 et donc p(r+a)/3 et p(s+a)/3 sont solutions de X2+qX-p3/27=0 ; cette remarque sera utilisée plus loin pour retrouver Hudde.

Revenons sur l'équation (5) ci-dessus : il ne suffit pas que r et s soient solutions de cette équation (5) pour que les conditions (4) soient vérifiées : il est nécessaire que t=(r+a)/(s+a) soit différent de 1, donc que r et s soient distincts, donc que le discriminant D de l'équation (5) soit non nul.

Ce discriminant est D=((c-ab)2-4(a2-b)(b2-ac))/(a2-b)2 =(4a3c+4b3-3a2b2+c2-6abc)/(a2-b)2.

Mais 4a3c+4b3-3a2b2+c2-6abc=(4p3+27q2)/27 (avec p=3(b-a2) et q=2a3-3ab+c : voir début de cette annexe 1), et ainsi

27D=(4p3+27q2)/(a2-b)2!

Donc si a2-b¹0 (Û p¹0) et 4p3+27q2=0, (1) ne peut se ramener à (2) ; bien entendu cela avait été remarqué lors de la méthode M'.

De toute façon, (non signalé dans l'article), dans ce cas on connaît les solutions de (3) : 3q/p simple et -3q/(2p) double et donc les solutions de (1) sont -a+3q/p simple et -a-3q/(2p) double.

Par contre si -p/3=a2-b¹0 et 4p3+27q2¹0, l'équation (5) a deux racines distinctes r et s (et toutes deux distinctes de -a, voir plus haut), qui conduisent à t=(r+a)/(s+a)¹1 .

Mais est-on sûr que les deux dernières conditions de (4) sont effectivement vérifiées?

Oui, car les deux relations (conséquences de l'équation (5))

rs+a(r+s)+b=0 et rs(r+s)+a((r+s)2-rs)=c multipliées par s-r (cad on "remonte" les calculs faits pour obtenir (5)) donnent
(-s2+b)(r+a)=(s+a)(-r2+b) et (s3+c)(r+a)=(s+a)(r3+c), donc (-s2+b)t=(-r2+b) et (s3+c)t=(r3+c).

Finalement si a2-b¹0 (Û p¹0) et 4p3+27q2¹0

(1) peut se ramener à (2) c'est-à-dire à (x-r)3-t(x-s)3=0, avec r et s solutions (distinctes) de (5) et t=(r+a)/(s+a).

s ne peut être solution de (2), ( car cela conduit à r=s), et donc l'équation (2) est équivalente à ((x-r)/(x-s))3=t, soit (x-r)/(x-s)=qi, avec qi une des trois racines 3ième de (r+a)/(s+a) ; (r+a)/(s+a) a bien trois racines 3ièmes car r+a¹0 (si r=-a, alors t=0 d'où, d'après (-s2+b)t=(-r2+b), (voir conditions (4)), on aurait b=r2 soit b=a2, cas exclu).
Donc, puisque qi¹1 (car r¹s), les trois solutions de (1) sont xi=(r-qis)/(1-qi).

Résumé pratique de la méthode M pour résoudre l'équation (1) x3+3ax2+3bx+c=0

si a2-b=0 l'équation (1) s'écrit en fait (x+a)3+c-a3=0, de la forme y3=k avec y=x+a, donc pas de problème

si a2-b¹0
on considère l'équation (5) X2-((c-ab)/(a2-b))X+(b2-ac)/(a2-b)=0 dont les solutions sont r et s, distinctes de -a

--soit son discriminant est nul ( donc r=s)
les solutions de (1) sont alors -a+3q/p simple et -a-3q/(2p) double avec p=3(b-a2), q=2a3-ab+c ; ce qui me semble un peu mieux que se contenter de dire : (1) a une racine double que l'on peut obtenir en calculant le pgcd(P,P'), P étant le 1er membre de (1).

--soit son discriminant est non nul et l'équation (1) équivaut à (x-r)3-t(x-s)3=0, avec t=(r+a)/(s+a)¹0 et ¹1
Les 3 solutions de (1) sont xi=(r-qis)/(1-qi)=s+(r-s)/(1-qi), avec q0,q1,q2 les trois racines 3ièmes de (r+a)/(s+a).
Bien entendu il y a deux choix possibles pour le couple (r,s) mais échanger r et s revient à changer qi en 1/qi et (s-(1/qi)r)/(1-(1/qi))=(qis-r)/(qi-1)=(r-qis)/(1-qi) : on retrouve, dans le même ordre, les mêmes solutions.

Deux remarques sur cette équation (5) de la méthode M, (donc a2-b¹0) :

1) Rappelons que si a=0, l'équation (5), qui a pour solutions r et s, s'écrit X2+(c/b)X-b=0, soit X2+(3q/p)X-p/3=0 : qui est bien l'équation trouvée lors de la méthode M'.

2) Une autre remarque sur l'équation (5), lorsque son discriminant est non nul et lorsque son terme constant est nul, c'est-à-dire lorsque b2-ac=0.
Dans ce cas a,b,c sont non nuls : si a=0 alors b=0 et aussi a2-b=0, ce qui est exclu ; si c=0 alors b=c=0 et (5) se réduit à X2=0, donc son discriminant est nul, ce qui est exclu ; si b=0 alors a=0 ou c=0, ce qui vient d'être exclu.
Et les solutions de (5) sont 0 et (c-ab)/(a2-b)=-b/a.
En prenant s=0, r=-b/a, les trois solutions de (1) sont xi=b/(a(qi-1)) (non nulles puisque b¹0) : ce sont donc, aussi, les trois solutions de (b/x+a)3+ba-a3=0, (puisque qi3=(r+a)/(s+a)=1-b/a2).
Vérifions directement que si b2-ac=0 et a, b, c sont non nuls alors (1) est effectivement équivalente à l'équation ci-dessus : (1)Ûc/x3+3b/x3+3a/x+1=0, car (1) n'a pas 0 comme solution, Ûb3/x3+3b2a/x2+3ba2/x+ba=0, puisque ba¹0 et b2=ac, Û (b/x+a)3+ba-a3=0

Application de cette méthode M à l'exemple x3-3x2-4x+12=0.

a=-1 ; b=-4/3 ; c=12 ; a2-b=7/3 ; c-ab=32/3 ; b2-ac=124/9

l'équation (5) est X2-(32/7)X+124/21=0 de discriminant -400/(3×49) et ses solutions sont (48±10Ö3i)/21 :

en prenant r=(48+10Ö3i)/21 et s=(48-10Ö3i)/21, (r+a)/(s+a)=(27+10Ö3i)/(27-10Ö3i), dont il faut chercher les racines 3ièmes......

En écrivant (r+a)/(s+a)=(143+180Ö3i)/343 et avec "une bonne vue" on voit que (r+a)/(s+a)=((13+3Ö3i)/14)3 , et donc une 1ière solution de x3-3x2-4x+12=0 est

[(48+10Ö3i)/21-((13+3Ö3i)/14)(48-10Ö3i)/21]/[1-(13+3Ö3i)/14]

Je laisse le lecteur effectuer le calcul : c'est -2 (pour trouver les deux autres, 2 et 3, le mieux est de diviser par x+2).

Remarque : si on remplace x par x-(-1) dans l'équation x3-3x2-4x+12=0, elle devient x3-7x+6=0.

On a donc cette fois a=0, b=-7/3,c=6, a2-b=7/3, c-ab=6, b2-ac=49/9 (appliquer la méthode M, c'est appliquer , ici, exactement la méthode M').

l'équation (5) est X2-(18/7)X+7/3=0 de discriminant -400/(3×49) (le même que ci-dessus) et ses solutions sont (27±10Ö3i)/21 :

en prenant r=(27+10Ö3i)/21 et s=(27-10Ö3i)/21, on retrouve le même (r+a)/(s+a)=(27+10Ö3i)/(27-10Ö3i).

Et donc une 1ière solution de x3-7x+6=0 est

[(27+10Ö3i)/21-((13+3Ö3i)/14)(27-10Ö3i)/21]/[1-(13+3Ö3i)/14]=-3.

Cet exemple, x3-7x+6=0, a été traité par la méthode de Hudde, voir chapitre 4 (exemple n°8 de la 1ière série d'exemples) : les racines 3ièmes u et v (avec uv=-p/3) des solutions -3±10Ö3i/9de (E1) ne sont pas simples à déterminer (notons que les solutions de (E1) étant conjuguées il en est de même pour leurs racines 3ièmes, et donc il suffit de chercher les racines 3ièmes de l'une des solutions). Mais celles de (r+a)/(s+a) ne sont pas plus simples à déterminer.

Revenons à un aspect général : à titre de curiosité, par un "bon choix" des racines 3ièmes de (r+a)/(s+a), montrons que la méthode M ( comme la méthode M') redonne formellement les solutions de Hudde.

Prenons comme racine 3ième particulière de (r+a)/(s+a) le rapport u/v avec u racine 3ième de p(r+a)/3 et v racine 3ième de p(s+a)/3 et uv=-p/3 (justification analogue au cas de la méthode M').

Rappel : ci-dessus on a vu que p(r+a)/3 et p(s+a)/3 sont solutions de X2+qX-p3/27=0, équation de Hudde.

Les trois solutions de (1) sont donc (r-qis)/(1-qi), avec q0=u/v, q1=ju/v, q2=j2u/v les trois racines 3ièmes de (r+a)/(s+a).

Compte tenu que (r-qis)/(1-qi)=((r+a)-qi(s+a))/(1-qi)-a, on trouve (par un calcul analogue à celui de la méthode M') que les trois solutions de (1) sont : -a+u+v, -a+j2u+jv, -a+ju+j2v, résultat évidemment prévisible puisque u+v, j2u+jv, ju+j2v sont les trois solutions de (3), données par Hudde.

Annexe de ...l'annexe 1

Le résultat ci-dessus (méthode M) peut être obtenu d'une toute autre manière : soit par la méthode de Tschirnhaus (1683 ) : voir annexe 2

soit par la méthode ci-dessous que je n'ai lue nulle part, mais bon je n'ai pas la prétention d'avoir tout lu sur la question.

Vu que les solutions de (1) sont s+(r-s)/(1-qi) avec qi3=(r+a)/(s+a), on pose x=s+1/(y+f) et on va chercher à déterminer f et s pour que x solution de (1) soit équivalent à y3+k=0.

P(x) étant le 1er membre de (1), soit P(x)=x3+3ax2+3bx+c, la formule de Taylor donne :
P(x)=P(s)+(x-s)P'(s)+(x-s)2P''(s)/2+(x-s)3P'''(s)/6, d'où
P(s+1/(y+f))=P(s)+P'(s)/(y+f)+P''(s)/(2(y+f)2)+P'''(s)/(6(y+f)3)
et ainsi P(s+1/(y+f))=0Û6(y+f)3P(s)+6(y+s)2P'(s)+3(y+s)P''(s)+P'''(s)=0 ÛAy3+By2+Cy+D=0
avec A=P(s), B=3fP(s)+P'(s), C=3f2P(s)+2fP'(s)+P''(s)/2, D=f3P(s)+f2P'(s)+fP''(s)/2+1.

On cherche donc s et f tels que B=C=0.
Si P(s)=0, alors on aurait (cf B=0) aussi P'(s)=0, donc s serait solution double de (1), c'est-à-dire on aurait 4p3+27q2=0 (avec p=3(b-a2) et q=2a3-3ab+c : voir début de cette annexe 1).
Mais dans ce cas on connaît tout de suite les solutions de (1) : -a+3q/p (simple) et -a-3q/(2p) (double) : je vais donc me placer dans le 4p3+27q2¹0.
Dans ce cas, B=0 entraîne P(s)¹0 et ainsi f=-P'(s)/(3P(s)).
En reportant dans C=0 on obtient 2P'2(s)-3P''(s)P(s)=0, soit 2(3s2+6as+3b)2-3(6s+6a)(s3+3as2+3bs+c)=0, ce qui donne non pas une équation de degré 4, mais une équation en s de degré au plus 2 :

(a2-b)s2+(ab-c)s+b2-ac=0 Si a2-b=0, (1) s'écrit (x+a)3+c-a3=0 et donc, là aussi, il n'y a pas de problème de résolution : on supposera donc a2-b¹0. s vérifie donc s2-((c-ab)/(a2-b))s+(b2-ac)/(a2-b)=0, c'est-à-dire s est solution de l'équation (5) de la méthode M! On a vu (voir premiers calculs justificatifs de la méthode M) que le discriminant de cette équation est (4p3+27q2)/(27(a2-b)2), donc non nul et (5) a deux solutions distinctes : on prend pour s une de ces solutions et r sera l'autre.
On a rs+a(r+s)+b=0,
(car rs+a(r+s)=(b2-ac)/(a2-b)+a((c-ab)/(a2-b))=(b2-a2b)/(a2-b)=-b),
et ces deux solutions sont distinctes de -a,
(car a2+((c-ab)/(a2-b))a+(b2-ac)/(a2-b)=a2+(r+s)a+rs= a2-b, alors qu'on a supposé a2-b non nul).
s étant ainsi choisi, en prenant f=-P'(s)/(3P(s)) on a donc B=C=0 et P(s+1/(y+f))=0ÛAy3+D=0.
Simplifions f : en fait s vérifie 2P'2(s)-3P''(s)P(s)=0 ; en outre P''(s)=6s+6a¹0 car on a vu que s était différent de -a, et aussi P'(s)¹0 puisque P''(s) et P(s) sont non nuls.
On a donc P(s)=2P'2(s)/(3P''(s)) et ainsi f=-P''(s)/(2P'(s))=-6(s+a)/(2(3s2+6as+3b))
D'où f=-(s+a)/(s2+2as-a(s+r)-sr)=-(s+a)/(s(s+a)-r(s+a))=1/(r-s).
Déterminons maintenant les solutions de Ay3+D=0, soit y3=-D/A, puisque A=P(s)¹0.
D=f3P(s)+f(fP'(s)+P''(s)/2)+1=f3P(s)+1 (puisque f=-P''(s)/(2P'(s)).
D/A=f3-3f/(P'(s)), car f=-P'(s)/(3P(s))
D/A=f3(1-3/(f2P'(s)), mais f2P'(s)=-fP''(s)/2=-3(s+a)/(r-s)
D/A=f3(1+(r-s)/(s+a))=f3(r+a)/(s+a)
Finalement Ay3+D=0Ûy3=-f3(r+a)/(s+a).
En notant q0, q1, q2 les trois racines 3ièmes de (r+a)/(s+a) (non nul, car r et s sont différents de -a), les trois solutions de Ay3+D=0 sont donc yi=-fqi et finalement

les trois solutions de (1) sont xi=s+1/(-fqi+f) =s+(r-s)/(1-qi) : ce sont exactement les résultats de la méthode M.

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