Polynômes et équations de degrés n

Résolution de l’équation du 3ème degré : Méthode de Cardan

La méthode de résolution est connue depuis le XIIème siècle. Cette méthode nous a été transmise par l’italien Cardan qui l’aurait subtilisé à Tartaglia, promettant de ne jamais la révéler. Nous considérons l’équation du 3ème degré suivante :

$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$

Dans cette partie nous considérons les racines cubiques de l’unité, notées :

$\left\{1,j=-\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt 3}{2}, j^2=-\frac{1}{2} - i \frac{\sqrt 3}{2}\right\}$

Avec $a\neq 0$ , nous pouvons faire le changement de variable suivant : $x = X - b/3a$ , permettant de passer à un polynôme dont le coecient de degré 2 est nul :

$X^3 + pX + q = 0$

Avec :

$p = \frac{b^2}{3a^2} - \frac{2b^2}{3a^2} + \frac{c}{a} = - \frac{b^2}{3a^2} + \frac{c}{a} = \frac{-b^2 + 3ac}{3a^2}$

$q = -\frac{b^3}{27a^3} + \frac{b^3}{9a^3} - \frac{bc}{3a^2} + \frac{d}{a} = \frac{2b^3 - 9abc + 27 a^2d}{27a^3}$

Cas $p=0$

Il est clair que si $p=0$ les trois racines sont :
$\begin{array}{rcl}X_1 & = & \sqrt[3]{-q}\\X_2 & = & j\sqrt[3]{-q}\\X_3 & = & j^2\sqrt[3]{-q}\end{array}$
Et donc l’ensemble des solutions s’écrit :
$S = \left\{\sqrt[3]{-q} - \frac{b}{3a},j\sqrt[3]{-q} - \frac{b}{3a},j^2\sqrt[3]{-q} - \frac{b}{3a}\right\}$

Cas $p\neq 0$

Dans le cas où $p\neq 0$ , l’on pose ensuite $X = u+v$ , (le cas où $p\neq 0$ et $q=0$ redonne une équation du second degré avec 0 comme troisième racine), obtenant :

$u^3 + v^3 + (u+v)(3uv + p) + q = 0$

En remplaçant $X$ par deux variables $(u,v)$ , l’on peut choisir ces variables de sorte que : $3uv + p=0$ , de sorte que :

$\left\{\begin{array}{rcl}u^3v^3 & = & -p^3/27\\u^3 + v^3 & = & -q\end{array}\right.$

Connaissant la somme et le produit nous pouvons calculer les deux variables $(u^3,v^3)$ , qui sont solutions de l’équation :

$r^2 + qr - \frac{p^3}{27} = 0$

Le déterminant donne : $\delta = q^2 + \frac{4p^3}{27}$ .

Cas $\delta > 0$

Dans ce cas :

$u^3 = \frac{-q + \sqrt{\delta}}{2}$

$v^3 = \frac{-q - \sqrt{\delta}}{2}$

Il y a 3 racines cubiques possibles.

$X_1 = \sqrt[3]{\frac{-q + \sqrt{\delta}}{2}} + \sqrt[3]{\frac{-q - \sqrt{\delta}}{2}}$

$X_2 = j\sqrt[3]{\frac{-q + \sqrt{\delta}}{2}} + j^2\sqrt[3]{\frac{-q - \sqrt{\delta}}{2}}$

$X_3 = j^2\sqrt[3]{\frac{-q + \sqrt{\delta}}{2}} + j\sqrt[3]{\frac{-q - \sqrt{\delta}}{2}}$ $

Ce sont seulement ces combinaisons qui sont possibles parce que le produit de $u$ par $v$ donne $-p/3$ , obtenant :

$S = \left\{X_1 - \frac{b}{3a}, X_2 - \frac{b}{3a}, X_3 - \frac{b}{3a}\right\}$

cas $\delta = 0$

Dans ce cas l’on a une racine double, et donc :
$u^3 = v^3 = -\frac{q}{2}$
Il y a 3 racines cubiques, mais 3 combinaisons satisfont $uv = - p/3$ :

$(-\sqrt[3]{\frac{q}{2}},-\sqrt[3]{\frac{q}{2}})$

$(-j\sqrt[3]{\frac{q}{2}},-j^2\sqrt[3]{\frac{q}{2}})$

et $(-j^2\sqrt[3]{\frac{q}{2}},-j\sqrt[3]{\frac{q}{2}})$ .

Pour les deux derniers couples, nous voyons que leur somme donne la même chose, c’est pourquoi la racine de l’équation contient une racine double.
$X_1 = -2 \sqrt[3]{\frac{q}{2}}$
$X_2 = \sqrt[3]{\frac{q}{2}}$
Il y a alors une racine double et une simple. En effet, $latex\delta=0$ donc $q^2 = -4p^3/27$ , obtenant :

$X^3 + pX + \sqrt{\frac{-4p^3}{27}} = 0$

Les solutions s’écrivent :

$S = \left\{-2 \sqrt[3]{\frac{q}{2}} + \frac{b}{3a}, \sqrt[3]{\frac{q}{2}} + \frac{b}{3a}, \sqrt[3]{\frac{q}{2}} + \frac{b}{3a}\right\}$

Cas $latex\delta < 0$

Dans ce cas :
$u^3 = \frac{-q + i\sqrt{-\delta}}{2} = \rho e^{i\theta}$
$v^3 = \frac{-q - i\sqrt{-\delta}}{2} = \rho e^{-i\theta}$
Ces racines sont complexes conjuguées si les coefficients sont réels.
Il y a 3 racines cubiques possibles :
$X_1 = 2\sqrt[3]{\rho} \cos \frac{\theta}{3}$
$X_2 = \sqrt[3]{\rho} \left( e^{i\frac{2\pi + \theta}{3}} + e^{i\frac{4\pi - \theta}{3}}\right)$
$X_3 = \sqrt[3]{\rho} \left( e^{i\frac{4\pi + \theta}{3}} + e^{i\frac{2\pi - \theta}{3}}\right)$

Cas des nombres imaginaires

Pour un polynôme de degré 3, on sait que l’ensemble des valeurs couvertes (l’image, si on prend cela comme une application de l’ensemble des réels vers l’ensemble des réels), est l’ensemble des réels. Ceci veut dire qu’un polynome de degré 3 prend la valeur 0, au moins une fois. Prenons le cas particulier de cette équation :

$X^3 - 15X - 4 = 0$

En appliquant la méthode de Cardan nous obtenons :
$(u^3 + v^3) + (3uv - 15)(u+v) - 4 = 0$

Soit pour la somme et le carré :
$u^3 + v^3 = 4$
$u^3v^3 = 125$

Ceci revient à résoudre l’équation $r^2 -4X +125 = 0$
Le discriminant donne : $\Delta' = 2^2 - 125 = -121$ . A priori cette équation n’a pas de solution dans le corps des réels, et donc la méthode s’arrêterait là. Sauf que pour des raisons analytiques, l’on sait qu’il y a une équation du 3ème degré, c’est pourquoi Bombelli a surmonté ce problème en imaginant que l’on puisse écrire cela comme une recette de calcul :

$\Delta' = (11\sqrt{-1})^2$

Cela n’a pas de sens, mais en continuant ainsi, il est possible d’écrire :
$u^3 = 2 + 11\sqrt{-1}$
$v^3 = 2 - 11\sqrt{-1}$

De sorte que si l’on cherche la racine cubique d’un tel nombre, cela revient à chercher un couple $(a,b)$ tel que :
$(a+b\sqrt{-1})^3 = a^3 -3ab^2 +(3a^2 b - b^3)\sqrt{-1} = 2 + 11\sqrt{-1}$

Soit :
$\left\{\begin{array}{l}a^3-3ab^2=2\\3a^2b-b^3=11\end{array}\right.$
En prenant $a=2$ et $b=1$ nous voyons que cela fonctionne.

De même pour : $(c+d\sqrt{-1})^3 = c^3 -3cd^2 +(3c^2 d - d^3)\sqrt{-1} = 2 - 11\sqrt{-1}$
Cela revient à chercher :
$\left\{\begin{array}{l}c^3-3cd^2=2\\3c^2d-d^3=-11\end{array}\right.$
En prenant $a=2$ et $b=-1$ nous voyons que cela fonctionne également.

Donc :
$\left\{\begin{array}{l}u=2+\sqrt{-1}\\v=2-\sqrt{-1}\end{array}\right.$
La méthode suggère donc que $X=u+v = 4$ est racine de l’équation, soit :
$4^3 -15\cdot 4 - 4 = 64 - 60 -4 =0$

Nous verrons qu’après avoir servi comme astuce mathématique pour trouver des racines d’équation du 3ème degré. Il y aura des arguments de clôture algébrique de l’ensemble des nombres réels ce qui permet d’introduire les nombres complexes.

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