Annexe 2

Résolution de l'équation (E) du 3ième degré X3+pX+q=0 (p et q dans C) par la méthode de Tschirnhaus (en 1683, postérieure à la méthode de Hudde et aux formules de Cardan) ; la méthode est très calculatoire.

Et lien avec la méthode de l'annexe 1

Il s'agit de se ramener à une équation de la forme y3+k=0, cela en utilisant les opérations algèbriques habituelles (+,-,×,/) et les racines carrées ; il y a deux façons de procéder, soit avec les résultants, soit avec les sommes de Newton.

Dans tout ce qui suit on supposera p non nul, sinon le problème est résolu d'entrée!

1ère façon : Tschirnhaus et les résultants

(d'après un énoncé d'exercice du livre de Jean-Pierre Escofier, Théorie de Galois ).

Résoudre l'équation (E) X3+pX+q=0 c'est évidemment chercher les racines du polynômes P(X)=X3+pX+q ; soit x0 une de ses racines dans C, T(X)=X2+bX+c (b et c sont pour l'instant deux nombres complexes arbitraires), y0=T(x0).

L'idée est de trouver une équation du 3ième degré de la forme y3+k=0 dont y0 sera solution, ainsi on aura y0, puis x0 par résolution de l'équation du 2ième degré T(x0)=y0 ; en fait on pourra éviter de résoudre cette équation.

L' idée de poser y=T(x), avec T polynôme du 2ième degré est attribuée à Tschirnhaus ; cependant, la notion de résultant est postérieure à Tschirnhaus.

1ère étape : on cherche un polynôme R du 1er degré ayant aussi comme racine x0

Il suffit de prendre pour R le reste de la division de P(X) par T(X)-T(x0)=T(X)-y0, puisque si Q est le quotient on aura P(X)=Q(X)(T(X)-y0)+R(X) et donc 0=P(x0)=R(x0).

En posant la division on trouve que

le quotient est Q(X)=X-b et le reste R(X)=(p-c+b2+y0)X+q+bc-by0

Le lecteur peut vérifier qu'effectivement R(x0)=0.

On notera que R ayant une racine (commune avec P), R ne peut être une constante non nulle ; par contre il peut être le polynôme nul : voir remarque 1.

2ième étape : on cherche le résultant de P(X) et T(X)-y0 : il doit être nul puisque ces deux polynômes ont x0 comme racine commune (voir chapitre 3).

Une propriété des résultants permet d'écrire

Rés(P(X),T(X)-y0)=(-1)3×2Rés(T(X)-y0,R(X))=Rés(R(X),T(X)-y0).

Puisque T(X)-y0=X2+bX+c-y0 et en notant R(X)=uX+v, ce résultant est le déterminant 3×3 ci-dessous :

/c-y0/b/1/

/v/u/0/

/0/v/u/

Par Sarrus on obtient u2(c-y0)+v2-buv, soit

(p-c+b2+y0)2(c-y0)+(q+bc-by0)2-b(p-c+b2+y0)(q+bc-by0), =-y03+c2y02+c1y0+c0, avec

c2=3c-2p

c1=-3bq+4cp-3c2-p2-b2p

c0=(p-c+b2)(cp-bq-c2)+(q+bc)2

Le résultant étant nul , c'est que

y0 est solution de l'équation -y03+c2y02+c1y0+c0=0, notée (E3)

3ième étape : simplification de l'équation (E3) et résolution de (E)

Evidemment cette équation du 3ième degré (E3) n'est pas plus simple que l'équation (E) du départ, mais les coefficients b et c du polynôme T sont quelconques dans ce qui précéde ; or si on peut les choisir de telle sorte que cette équation (E3) soit justemment de la forme y03+k=0 alors on aura "facilement" y0, par des racines 3ièmes, et comme T(x0)=y0, on aura x0 (solution de notre équation (E) de départ) par résolution d'une équation du second degré ; mais ici il y a mieux : en effet si y0 est solution de (E3), c'est que le résultant est nul, donc T-y0 et R ont une racine commune, qui est forcément l'unique racine de R (si R n'est pas le polynôme nul, ce qui peut arriver... voir remarque 1), laquelle va être aussi racine de P (d'après la relation de la division euclidienne de P par T-y0) et ainsi chaque y0 solution de (E3) va donner une solution de l'équation (E) de départ.

Simplifions donc (E3) : il suffit de choisir b et c tels que c2=c1=0

Obligatoirement il faut prendre c=2p/3 et b devra être solution de -3bq+4(2p/3)p-3(2p/3)2-p2-b2p=0, soit

pb2+3qb-p2/3=0 ou b2+(3q/p)b-p/3=0, qui n'est autre que l'équation déjà rencontrée lors du chapitre 3 et qui est, à une homothétie près, l'équation de Hudde (si on pose b'=(p/3)b, b' est solution de l'équation de Hudde : X2+qX-p3/27=0, voir chapitre 3).

Le discriminant de cette équation est (27q2+4p3)/3 (air connu...) et on prendra

comme solution b=(3/p)(-q/2+A), avec A une racine 2ième quelconque de (q2/4+p3/27)

, laquelle sera évidemment réelle ou imaginaire pure, si p et q sont réels et selon le signe de q2/4+p3/27.

b et c étant ainsi choisis, à savoir c=2p/3 et b=(3/p)(-q/2+A) avec A2=q2/4+p3/27, alors

(E3) s'écrit -y03+c0=0

avec c0=(p-c+b2)(cp-bq-c2)+(q+bc)2

Notons à ce niveau qu'avec ce choix de b, si 4p3+27q2¹0, alors R ne peut être le polynôme nul et la fonction y->(-q-bc+by)/(p-c-b2+y) est injective.

En effet, si R est le polynôme nul alors p-c+b2+y0=q+bc-by0=0, d'où (en éliminant y0) b3+bp+q=0 et f pas injectiveÛ -q-bc-b(p-c+b2)=0 soit encore b3+bp+q=0 ;

mais on a aussi b2+(3q/p)b-p/3=0 qui combiné avec b3+bp+q=0, donne 4p3+27q2=0 ( on reporte b2=-(3q/p)b+p/3 dans b3+bp+q=0, ce qui donne 4bp/3-3qb2+q=0 ; on y reporte encore b2=-(3q/p)b+p/3 et on obtient b(4p3+27q2)=0. Mais b¹0 car p¹0 et donc 4p3+27q2=0).

Par ailleurs, on verra ci-dessous (dans l'approfondissement) que 4p3+27q2=0Û c0=0.

Ainsi dans le cas 4p3+27q2¹0 (voir remarque 1 pour le cas 4p3+27q2=0), l'équation (E3) a trois solutions distinctes y0, y1, y2, les trois solutions de y3=c0, et pour chacune de ces solutions yi on obtient une racine de l'équation (E), à savoir ( voir plus haut) la racine ri=(-q-bc+byi)/(p-c+b2+yi) de R, puisque R n'est pas le polynôme nul, et pas une constante non nulle (voir fin de la 1ère étape) et r0,r1,r2 sont distinctes car f est injective.

Donc pour 4p3+272¹0

les trois solutions, distinctes, de (E) sont

(-q-bc+by0)/(p-c+b2+y0), (-q-bc+by1)/(p-c+b2+y1), (-q-bc+by2)/(p-c+b2+y2)

avec y0, y1, y2, les trois solutions de y3=c0;

Bien sûr, par exemple, y1=jy0 et y2=j2y0.

Remarquons que le fait que les solutions de (E) s'obtiennent à partir des solutions de (E3) à l'aide d'une fonction homograhique, rappelle la méthode de l'annexe 1 : voir ci-dessous, après la 2ième façon, l'analyse détaillée de cet aspect.

On a donc bien résolu (E) en se ramenant à une équation de la forme y3+k=0

(cela en utilisant les opérations algèbriques habituelles (+,-,×,/) et les racines carrées)

Approndissement : je vais montrer qu'effectivement les trois racines ci-dessus de (E) sont celles données par Hudde (dans le cas 4p3+27q2 non nul, voir chapitre 3) cela au prix de calculs....très longs.

Il faut commencer par exprimer c0 uniquement en fonction de p et q : on va montrer que c0=(6A/p)3(-q/2+A).

Notons que b=(3/p)(-q/2+A) s'écrit pb/3=-q/2+A et qu'évidemment b2=p/3-3qb/p

On a vu plus haut que c0=(p-c+b2)(cp-bq-c2)+(q+bc)2

d'où

c0=(p/3+b2)(2p2/9-qb)+(q+2pb/3)2

c0=(2p/3-3qb/p)(2p2/9-qb)+q2+4pqb/3+(4/9)p2(p/3-3qb/p)

c0=(2p/3-3qb/p)(2p2/9-qb)+q2+(4/27)p3

On développe le produit de facteur et on remplace le terme en b2 en fonction de b

c0=4p3/27-(4pq/3+9q3/p2)b+2q2+4p3/27=8p3/27+2q2-(4pq/3+9q3/p2)b

c0=8A2-(4pq/3+9q3/p2)(3/p)(-q/2+A)

c0=8A2-(108q/p3)A2(-q/2+A)

c0=A2(8+54q2/p3-108qA/p3)

c0=A2(216A2/p3-108qA/p3)

c0=216A3/p3(A-q/2)=(6A/p)3(-q/2+A) ; le dernier coefficient -q/2+A étant pb/3.

On commence, en voyant ce cube dans c0, à entrevoir Hudde...et aussi que

c0=0 Û 4p3+27q2=0, car -q/2+A ne peut être nul (sinon A2=q2/4, ce qui donne p=0, valeur exclue dès le début de cette étude) et donc c0=0 Û A=0, soit 4p3+27q2=0.

Notons que puisse ici on cherche à retrouver les formules de Hudde, c'est que on est dans le cas 4p3+27q2 non nul, donc on a c0 non nul, et l'équation (E3), y3=c0, a trois solutions distinctes yi=(6A/p)si, avec s0, s1, s2 les trois racines 3ième de -q/2+A et les racines de (E) sont, pour i=0,1,2 : ri= (-q-bc+b(6A/p)si)/(p-c+b2+(6A/p)si).

Simplifions, en remplacant c par 2p/3 et b par (3/p)(-q/2+A) :

ri=(-q-2(-q/2+A)+(3/p)(-q/2+A)(6A/p)si)/(p/3+(9/p2)(q2/4-qA+A2)+(6A/p)si)

ri=A(-2+(18/p2)(-q/2+A)si)/(p/3+(9/4)(q2/p2)-9qA/p2+9A2/p2+(6A/p)si)

ri=A(-2p2+18(-q/2+A)si)/(9A2-9qA+9A2+6Apsi)

rappel : A est non nul

ri=(-2p2+18(-q/2+A)si)/(18A-9q+6psi) ; et vu la définition de si :

ri=(-2p2+18si4)/(18si3+6psi)

ri=2(9si4-p2)/((6si)(3si2+p))=2(3si2-p)/(6si)

ri=si-p/(3si)

On y est presque ; si étant une racine 3ième de -q/2+A, 1/si est une racine 3ième de 1/(-q/2+A)=(-q/2-A)/(q2/4-A2)=(-q/2-A)/(-p3/27) et ainsi -p/(3si) est une racine 3ième de -q/2-A.

Or -q/2+A et -q/2-A sont les solutions de l'équation de Hudde ( X2+qX-p3/27=0, voir chapitre 3) et comme si×(-p/(3si))=-p/3, on peut prendre, par exemple,

u=s0 et v=-p/(3s0), (ce u et ce v ont la même signification que ceux utilisés dans le chapitre 3, puisque leur produit est -p/3 et que ce sont des racines 3ièmes des deux solutions de l'équation de Hudde), on trouve que les trois solutions de (E) sont :

r0=u+v et comme s1=js0 et s2=j2s0

r1=ju+v/j=ju+j2v

r2=j2u+v/(j2)=j2u+jv

soit exactement les formules de Hudde!!

Commentaire : évidemment la méthode de Hudde est 100 fois plus rapide, mais cette méthode de Tschirnhaus a son utilité : elle permet de réduire aussi les équations de degré >3 (par exemple toute équation de degré 5 se ramène à X5+pX+q=0).

Remarque 1 : cas c0=0Û 4p3+27q2=0

Rappelons qu'il a été supposé dès le début que p est non nul. On a donc, puisque 4p3+27q2=0 entraîne A=0, b=-3q/(2p) et y0=0 (seule solution de (E3)) ; et puisque c est toujours égal à 2p/3, on peut alors vérifier alors que R est le polynôme nul (p-2p/3+(9/4)(q2/p2)=0 et et q+(2p/3)(-3q/(2p))=0, et donc P(X)=Q(X)(T(X)-y0)=(X-b)T(X)=(X+3q/(2p))(X2-(3q/(2p))X+2p/3), ce qui donne les racines de P : -3q/(2p) qui est double et 3q/p (le discriminant du facteur du 2ième degré est -3p=(9q/(2p))2). On retrouve bien sûr le même résultat que celui donné dans le chapitre 3.

A noter qu'ici, l'équation T(x)=y0, soit T(x)=0 a ses deux racines qui sont aussi racines de P.

Remarque 2 :

Parfois certains auteurs ne considèrent que le résultant de P et T-T(x0) et donc pour tout y0 solution de (E3) , leur seule possibilité est de dire que T-T(x0)=T-y0 a une racine commune avec P et donc il faut résoudre l'équation du second degré T(x)=y0, soit x2+bx+c-y0=0.

Il est clair que pour des y0 distincts, ces équations auront des ensembles solutions distincts. Donc dans le cas où 4p3+27q2 est non nul, puisqu'il y a alors trois possibilités distinctes pour y0, et que chacune des équations x2+bx+c-y0=0 a au moins une racine commune avec P, c'est que chacune de ces équations n'a qu'une racine commune avec P. Mais laquelle? En pratique il faut pour chacune de ces équations, tester laquelle de ses racines est racine de P.

2ième façon : Tschirnhaus et les sommes de Newton

Elle est aussi calculatoire (si on veut aller jusqu'au bout des calculs) que la 1ière façon.

Considérons l'équation (G) x3+a2x2+a1x+a0=0, de racines, dans C , x1,x2,x3.

On pose Sn=(x1)n+(x2)n+(x3)n, pour n entier non nul.

On a les résultats classiques suivants :

a2=-(x1+x2+x3)

a1=x1x2+x1x3+x2x3

a0=-x1x2x3

S1=-a2

S2=(a2)2-2a1

S3=-(a2)3+3a1a2-3a0

S4=(a2)4-4a1(a2)2+4a0a2+2(a1)2

S5=-(a2)5+5a1(a2)3-5a0(a2)2-5(a1)2a2+5a0a1

S6=(a2)6-6a1(a2)4+9(a1)2(a2)2+6a0(a2)3-12a0a1a2-2(a1)3+3(a0)2

Pour S1 c'est évident, pour S2 on utilise l'identité (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+ac+bc) ;

ensuite on remplace x par xi dans l'équation (G) et on ajoute membre à membre les 3 égalités obtenues, ce qui donne S3+a2 S2+a1 S1+3a0=0 ;

ensuite on multiplie par x l'équation (G), puis on y remplace x par xi et on ajoute membre à membre les 3 égalités obtenues,......

Nota si S1=S2=0 alors a2=a1=0 et a0=-S3/3

Dans le cas particulier a2=0, a1=p, a0=q , c'est-à-dire dans le cas où l'équation (G) est l'équation (E) x3+px+q=0, les sommes Si se simplifient beaucoup :

S1=0

S2=-2p

S3=-3q

S4=2p2

S5=5pq

S6=-2p3+3q2

Essayons pour résoudre l'équation (E) x3+px+q=0, de racines x1, x2, x3 de se ramener à y3+k=0.

Pour cela on considère la transformation de Tschirnhaus y=T(x)=x2+bx+c : on pose yi=xi2+bxi+c et on chercher b et c de telle sorte que

y1+ y2+ y3=( y1)2+( y2)2+( y3)2=0

et ainsi les yi seront solutions ( voir le Nota plus haut ) de y3+k=0 avec k=-(( y1)3+( y2)3+( y3)3)/3

Mais est-il possible de trouver effectivement b et c .......en utilisant les opérations habituelles et que des racines carrées?

y1+ y2+ y3=S2+bS1+3c=-2p+3c

( y1)2+( y2)2+( y3)2=S4+b2S2+3c2+2bS3+2cS2+2bcS1=2p2-2pb2+3c2-6qb-4pc

D'où les deux équations -2p+3c=0 et -2pb2-6qb+2p2+3c2-4pc=0.

Obligatoirement c=2p/3 et donc b est solution de pb2+3qb-p2/3=0 : on retrouve exactement les mêmes résultats que ceux trouvés pour c et b lors de la 3ième étape de la 1ère façon (ils s'obtiennent bien en utilisant les opérations habituelles et les racines carrées).

Pour le "fun" vérifions que ces trois yi sont bien solutions de la même équation (E3) vue lors de la 1ière étape, à savoir y3=c0 avec c0=8p3/27+2q2-(4pq/3+9q3/p2)b (voir un résultat intermédiaire dans le calcul de c0 fait dans l'appronfondissement situé après la 3ième étape de la 1ière façon).

Il s'agit donc de vérifier que (( y1)3+( y2)3+( y3)3)/3=8p3/27+2q2-(4pq/3+9q3/p2)b.

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

( y1)3+( y2)3+( y3)3=S6+3bS5+(3b2+3c)S4+(b3+6bc)S3+(3b2c+3c2)S2+3bc2S1+3c3

=-2p3+3q2+3b(5pq)+(3b2+3c)(2p2)+(b3+6bc)(-3q)+(3b2c+3c2)(-2p)+3c3

mais c=2p/3, d'où

=-2p3+3q2+3b(5pq)+(3b2+2p)(2p2)+(b3+4bp)(-3q)+(2b2p+4p2/3)(-2p)+8p3/9

=2p3/9+3q2+3pqb+2p2b2-3qb3

mais pb2+3qb-p2/3=0, donc p2b2=-3pqb+p3/3 et p3b3=bp(9q2+p3/3)-p3q, d'où

=2p3/9+3q2+3pbq-6pbq+2p3/3-3q(bp(9q2+p3/3)-p3q)/p3

=8p3/9+3q2-3pqb-3pqb(9q2/p3+1/3)+3q2

=8p3/9+6q2-(4pq+27q3/p2)b

et donc (( y1)3+( y2)3+( y3)3)/3=8p3/27+2q2-(4pq/3+9q3/p2)b!!

Les yi sont donc bien les solutions de la même équation (E3) y3=c0 vue lors de la 1ière façon.

A noter, en liaison avec la remarque 2 de la 1ière façon, qu'une fois les yi obtenus, pour remonter aux solutions de l'équation (E) x3+px+q=0, il faudra résoudre les trois équations du second degré yi=(xi)2+bxi+c, et pour chacune d'entre elles, tester quelle est la solution effectivement solution de (E).

Lien avec la nouvelle méthode développée en annexe 1

On a constaté plus haut (voir 1ère façon) que les solutions de (E) étaient les images des solutions de (E3) par une fonction homographique. Approfondissons cet aspect dans le cas 4p3+27q2¹0, en se référant toujours aux calculs de la 1ière façon.

Les trois racines de (E), distinctes, sont alors (-q-bc+byi)/(p-c+b2+yi), les yi étant les trois racines de (E3) et c=2p/3 et b=(3/p)(-q/2+A), solution de X2+(3q/p)X-p/3=0.

Soit y une racine quelconque de (E3), alors r=(-q-bc+by)/(p-c+b2+y) est une racine de (E).

On ne peut avoir r=b, car alors on aurait b3+pb+q=0 et comme b2+(3q/p)b-p/3=0, cela conduirait à 4p3+27q2=0 (voir calcul fait pour justifier que R n'est pas le polynôme nul).

On a donc y=(-q-bc+r(-p+c-b2))/(r-b)=(-p+c-b2)(r-(q+bc)/(-p+c-b2))/(r-b)

Par ailleurs y3= (6A/p)3(-q/2+A), (car y solution de (E3)), donc

((r-(q+bc)/(-p+c-b2))/(r-b))3=(6A/p)3(-q/2+A)/(-p+c-b2)3.

Ainsi les solutions de (E) sont donc en fait les solutions de l'équation ((x-r')/(x-s))3=t avec

r'=(q+bc)/(-p+c-b2), s=b, t=(6A/p)3(-q/2+A)/(-p+c-b2)3 ( Attention : il s'agit bien de la lettre r', r étant réservé pour la racine de R)

Or la méthode de l'annexe 1, c'est quoi?

C'est chercher 3 nombres : r' (en fait il est noté r dans l'annexe 1) , s, t, tels que l'équation (E) soit équivalente à ((x-r')/(x-s))3=t : le fait que cela soit possible résulte donc de la méthode de Tschirnhaus, laquelle donne d'ailleurs les valeurs de r',s,t.

Vérifion que r' et s donnés par Tschirnhaus sont bien les mêmes que ceux obtenus à l'annexe 1:

r'=(q+bc)/(-p+c-b2)=(q+2pb/3)/(-p+2p/3+3qb/p-p/3), car b2+(3q/p)b-p/3=0,

d'où r'=(q+2pb/3)/(-2p/3+3qb/p)=(q+2b/3)/(-2b2-3qb/p)=-p/(3b).

Comme b est solution de X2+3qX/p-p/3=0, et que le produit des solutions de cette équation est -p/3, c'est que l'autre solution est justemment r'=(q+bc)/(-p+c-b2)=-p/(3b).

Donc r' et s (définis ci-dessus) sont le r' (noté r dans l'annexe 1) et le s de la méthode de l'annexe 1 (cas de la méthode M' : voir résumé pratique de la méthode M).

Je conclurai en disant que sur le fond il n'y a pas tellement de différence entre la méthode de Tschirnhaus et celle de l'annexe 1 ; mais sur la forme oui.

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