Annexe 3


1) Un rappel préliminaire sur les formules de Newton.
2) Réduction de toute équation du 4ième degré à une équation sans termes de degré 3 et 2.
3) Réduction de toute équation du 4ième degré à une équation bicarrée.

NOTA : 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


1) Rappel sur les formules de Newton Soient x0,x1,x2,x3 les racines de l'équation x4+a3x3+a2x2+a1x+a0=0, les ai étant dans un corps KÌC,
on pose Sx,k=x0k+x1k+x2k+x3k
on a alors :
Sx,1=-a3
Sx,2=a32-2a2
d'après (Si=0;3 ui)2=Si=0;3 ui2+2Sj>i uiuj Sx,3=-a33+3a2a3-3a1 d'après (par exemple, par un calcul direct) :
(Si=0;3 ui)3=Si=0;3 ui3+3Si¹j ui2uj+6Sk>j>i uiujuk
ce qui donne Sx,13=Sx,3+3(Sx,1Sx,2-Sx,3)-6a1
Sx,4=a34-4a2a32+2a22+4a1a3-4a0 d'après Sx,4+a3Sx,3+a2Sx,2+a1Sx,1+4a0=0, obtenu en remplacant dans l'équation (1) x successivement par les racines de (1) et on ajoute membre à membre les cinq égalités obtenues.
Sx,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 de (1) et on ajoute membre à membre les cinq égalités obtenues.
Tous ces Sx,k sont donc dans K.
Bien entendu, Sx,2k ne peut être nul que si au moins une des racines xi est non réelle.


2) Réduction de l'équation (1) x4+a3x3+a2x2+a1x+a0=0, les coefficients ai étant dans un corps KÌC,
à l'équation (3) z4+q'z+r'=0, q' et r' étant dans K(d), avec d2 dans K ( donc K(d) est une extension par radicaux de K ).
Les solutions de (1) s'obtiennent à partir des quatre solutions de (3) et par résolution de quatre équations du second degré (elles seront précisées ci-dessous).

Preuve :

Evidemment en posant x=y-a3/4,
l'équation (1)   x4+a3x3+a2x2+a1x+a0=0
se ramène de façon immédiate à
l'équation (2) y4+py2+qy+r=0, p,q,r étant encore dans K.
Pour se ramener ensuite à l'équation (3) z4+q'z+r'=0, q' et r' étant dans une extension par radicaux de K on va utiliser la même idée que celle de la 2ième méthode de l'annexe 2, c'est-à-dire la méthode de Tschirnhaus via les sommes de Newton.
Soient y0,y1,y2,y3 les racines de l'équation (2).
En posant, cette fois, Sy,k=y0k+y1k+y2k+y3k
on a Sy,1=0, les autres Sy,i étant bien sûr dans K, en particulier Sy,2=-2p, Sy,3=-3q, Sy,4=2p2-4r (voir rappel sur Newton).
Si p=0 l'équation (2) a la forme voulue (3) avec q'=q, r'=r (qui sont dans K=K(d) avec d=1).
On se place maintenant dans le cas p¹0.

On pose, pour i=0,1,2,3, zi=yi2+uyi+v et on cherche u et v de façon que z0,z1,z2,z3 soient solutions de l'équation (3) z4+q'z+r'=0.

Pour cela, il faut et il suffit (voir le rappel sur Newton qui montre que Sx,1=Sx,2=0 équivaut à a3=a2=0) que Sz,1=Sz,2=0 ;
or Sz,1=Sy,2+uSy,1+4v et Sz,2=Sy,4+2uSy,3+(u2+2v)Sy,2+2uvSy,1+4v2.
Comme Sy,1=0 on a tout de suite
v=-Sy,2/4 et u est solution de l'équation du second degré Sy,2u2+2Sy,3u-Sy,22/4+Sy,4=0, soit
v=p/2 et
u est solution de l'équation du second degré -2pu2-6qu+p2-4r=0
Soit d une racine 2ième (elle peut être imaginaire) de son discriminant : on peut prendre u=(6q+d)/(-4p) et ainsi u et v sont dans K(d) qui est une extension par radicaux de K (voir chapitre 7).
Donc pour u et v ainsi déterminés, z0,z1,z2,z3 sont racines de
l'équation (3) z4+q'z+r'=0
avec q'=-Sz,3/3 et r'=-Sz,4/4 (puisque Sz,1=Sz,2=0 et voir rappel sur Newton).
Mais zi=yi2+uyi+v, donc les deux sommes Sz,3 et Sz,3 sont des polynômes en Sy,k (qui sont dans K) et u et v : donc q' et r' sont bien dans K(d).
Précisons :
Sz,3= Sy,6+3uSy,5+3(u2+v)Sy,4+(u3+6uv)Sy,3+3(u2v+v2)Sy,2+3uv2Sy,1+4v3
Sz,4= Sy,8+4uSy,7+(6u2+4v)Sy,6+(4u3+12uv)Sy,5+(u4+12u2v+6v2)Sy,4+
(4u3v+12uv2)Sy,3+(6u2v2+4v3)Sy,2 +4uv3Sy,1+4v4

Attention : le fait que l'équation (2) se ramène à l'équation (3), ne signifie pas que ces équations soient équivalentes (cad ont les mêmes solutions), mais que la résolution de (3) permet la résolution de (2), et donc celle de (1) :
en effet ayant les zi par résolution de l'équation (3), on obtient les solutions de (2) par résolution des quatres équations du second degré zi=y2+uy+v ; bien entendu chacune de ces équations peut donner deux valeurs pour y : il faut alors tester laquelle est effectivement solution de (2).

Remarque :
J'ai essayé vainement de ramener l'équation (3) à l'équation (4) t4+k=0 :
en posant ti=zi3+uzi2+vzi+w et en cherchant cette fois u,v,w (toujours dans une extension par radicaux de K) tels que St,1=St,2=St,3=0.
Compte-tenu que Sz,1=Sz,2=0, la condition St,1=0 donne w=-Sz,3/4.
La condition St,2=0 donne une équation de degré 2 en u et de degré 1 en v : on en déduit v=f(u), expression rationnelle en u.
La condition St,3=0 donne une autre équation de degré 3 en u et en v : en y remplacant v par f(u) on obtient une équation de degré 6 en u, équation qui n'est pas forcément résoluble par radicaux (voir chapitre 7)...

Un exemple de réduction

Je pars directement d'une équation du type (2) : y4-8y2+8y+15=0. Ici K=Q.
Donc p=-8, q=8, r=15, et en appliquant ce qui précéde on obtient :
v=-8/2=-4 et u est racine de -2×(-8)u2-6×8u+(-8)2-4×15=0, soit 4u2-12u+1=0.
On peut prendre u=3/2+Ö2.
Pour obtenir l'équation (3) il faut déterminer q' et r' : d'après le rappel sur Newton, on a successivement
Sy,1=0
Sy,2=02-2×(-8)=16
Sy,3=-3×8=-24
Sy,4=2×82-4×15=68
Sy,5=8×(-24)-8×16=-320
Sy,6=8×68-8×(-24)-15×16=496
Sy,7=8×(-320)-8×68-15×(-24)=-2744
Sy,8=8×496-8×(-320)-15×68=5508
Et en utilisant les formules de la fin de la démonstration ci-dessus, on obtient
Sz,3=-630-558Ö2, donc q'=(630+558Ö2)/3 et Sz,4=-10559/4-2586Ö2, donc r'=(10559/4+2586Ö2)/4.
Finalement l'équation (3) est z4+6(35+31Ö2)z+10559/16+1293Ö2/2=0! Ses coefficients sont bien dans une extension par radicaux de Q : Q(Ö2).
Cette équation (3), malgré l'absence de terme en z3 et z2 n'est pas du tout évidente à résoudre : elle n'a pas de solution "évidente" et donc la seule façon de la résoudre est la méthode de Ferrari ou Descartes (voir chapitre 6), mais j'ai bien peur que l'équation du 3ième degré correspondante soit inextricable...!
Donc autant appliquer tout de suite à (2) la méthode de Ferrari ou de Descartes.
En fait l'équation (2) est immédiate à résoudre car elle, elle a deux racines évidentes (pour trouver ces solutions évidentes on cherche s'il y a des racines rationnelles en utilisant la méthode décrite dans l'encadré Conseil pratique du chapitre 5).
Vérifions cependant qu'à partir d'une solution de (3), -9/2-Ö2 par exemple (obtenue à partir de zi=yi2+uyi+v et en choisissant une racine yi de l'équation (2) : c'est vrai, c'est de la triche!), on peut retrouver une solution de (2), selon la méthode indiquée ci-dessus :
il faut résoudre y2+(3/2+Ö2)y-4=-9/2-Ö2, soit y2+(3/2+Ö2)y+1/2+Ö2=0 : -1 est une solution évidente et donc -1/2-Ö2 est l'autre solution, et parmi ces deux solutions, seule -1 est effectivement solution de l'équation (2) de départ.

Une conclusion du 2)

L'exemple précédent montre que cette réduction d'une équation du 4ième degré à la forme z4+q'z+r'=0 ne présente pas d'intérêt pratique pour résoudre l'équation de départ : on complique plutôt les choses.
Cependant le principe de cette réduction appliqué au 5ième degré va s'avérer utile d'un point de vue théorique : voir annexe 4.

3) Réduction de l'équation (1) x4+a3x3+a2x2+a1x+a0=0, les coefficients ai étant dans un corps KÌC, à une équation bicarrée dont les coefficients sont dans une extension par radicaux de K.
Pour cela, il faut résoudre (sauf cas particuliers) une équation du 3ième degré et les solutions de (1) s'obtiennent à partir des quatre solutions de l'équation bicarrée et par résolution de quatre équations du second degré.

Preuve :

Comme pour la première réduction on ramène d'abord l'équation (1) à l'équation (2) y4+py2+qy+r=0. Si q=0 alors l'équation (2) a en fait la forme bicarrée souhaitée (avec p"=p et r"=r) et le travail est terminé.

On se place donc maintenant dans le cas q¹0

Les xi étant toujours les solutions de l'équation (1) et les yi les solutions de l'équation (2),

on pose, pour i=0,1,2,3, zi=yi2+uyi+v et on cherche u et v de façon que z0,z1,z2,z3 soient solutions de l'équation (4) z4+p"z2+r"=0.

Pour cela, il faut et il suffit (voir le rappel sur Newton qui montre que Sx,1=Sx,3=0 équivaut à a3=a1=0) que Sz,1=Sz,3=0 ;
Or Sz,1=Sy,2+uSy,1+4v et
Sz,3= Sy,6+3uSy,5+3(u2+v)Sy,4+(u3+6uv)Sy,3+3(u2v+v2)Sy,2+3uv2Sy,1+4v3 (ce calcul a déjà été fait au 1)).
Comme Sy,1=0 on a v=-Sy,2/4 (comme pour le 1)) ; en reportant cette valeur dans la condition Sz,3=0, on constate que u est solution cette fois d'une "jolie" équation de degré 3, le coefficient de u3 étant Sy,3=-3q (qui a été supposé non nul), et u s'obtient par radicaux (je n'irai pas plus loin dans les calculs généraux...).
u et v étant ainsi déterminé par radicaux, reste à trouver p" et r" : p"=-Sz,2/2 et r"=(2p"2-Sz,4)/4 (voir rappel sur Newton), et donc ils s'obtiennent aussi par radicaux, car Sz,2 et Sz,4 sont des polynômes en Sy,k (qui sont dans K) et en u et v.
Ceci prouve le résultat annoncé.

Remarque :
Si on essaye de passer directement de la forme (1) à la forme bicarrée par le changement de variable zi=xi2+uxi+v, cette fois Sx,1 ne sera pas forcément nul et à mon avis on ne pourra affirmer que l'équation en u obtenue après avoir reporté v=-Sx,2/4-uSx,1/4 ( donné par Sz,1=0) dans la condition Sz,3=0 est vraiment de degré 3.
En effet le coefficient de u3 dans cette équation est :
Sx,3+3Sx,2(-Sx,1)/4+3Sx,1Sx,12/16+4(-Sx,13)/64=Sx,3-(3/4)Sx,2Sx,1+(1/8)Sx,13.
Donc il n'est pas évident de justifier que ce coefficient n'est jamais nul! Et même, pourquoi les coefficients de u3, de u2, de u, ne seraient pas simultanément nuls et le terme constant non nul, auquel cas cette équation en u n'aurait pas de solution et donc la réduction à la forme bicarrée serait impossible par cette méthode.
Le passage direct de (1) à (3) me semble donc sujet à caution.
Voir d'ailleurs la remarque 2 à la fin du 1) du chapitre 8 où pour la réduction d'une équation du 5ième degré on rencontre une situation un peu analogue : je donne alors un exemple pour lequel la réduction est effectivement impossible.

Une conclusion du 3)

Comme avec les méthodes de Ferrari et Descartes, pour résoudre une équation de degré 4 à l'aide de sa réduction à la forme bicarrée, il faut d'abord résoudre une équation de degré 3 (pour obtenir u et v) ; mais ici l'équation de degré 3 est loin d'être commode à déterminer ; passons sur sa résolution.
Mais il reste en plus, u et v étant obtenus, à calculer p" et r" pour arriver à la bicarrée....
Bref, il n'y a pas photo avec les méthodes de Ferrari ou Descartes. En tout cas cela ne m'a pas donné l'envie de me lancer dans un exemple.