Méthode de Cardan

La méthode de Cardan, proposée par Jérôme Cardan dans son ouvrage Ars Magna publié en 1545, est une méthode permettant de résoudre toutes les équations polynomiales du troisième degré. Cependant, Cardan se serait approprié la méthode en la volant délibérément à Niccolò Fontana dit Tartaglia (« Le Bègue »).

Cette méthode permet de mettre en place des formules, appelées formules de Cardan, donnant en fonction de p et q les solutions de l'équation :

$z^3+pz + q= 0 ~$

Elle permet de prouver que les équations de degré 3 sont résolubles par radicaux. Seules les équations de degré 1, 2, 3, 4 sont génériquement résolubles par radicaux, c’est-à-dire que seules ces équations possèdent des méthodes générales de résolutions donnant les solutions en fonction des coefficients du polynôme en utilisant seulement les quatre opérations habituelles sur les nombres rationnels, et l'extraction des racines n-ièmes.

Page de titre de l'Ars Magna de Cardan

Formules de Cardan

« Formules de Cardan » — Les solutions $z_{k}\ \left( 0\leq k\leq 2\right)$ de l'équation du troisième degré $z^3 + p z + q = 0$, où les coefficients p et q appartiennent à un corps commutatif K de caractéristique différente de 2 et de 3 (le cas le plus important étant celui où p et q sont réels), sont données dans une clôture algébrique $\bar{K}$ de K (cette clôture algébrique étant le corps des nombres complexes si K est le corps des réels) par

$z_{k}=u_{k}+v_{k}$

avec

$u_{k}=j^{k}\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left( -q+\sqrt{\frac{-\Delta }{27}}\right) }$

et $3u_{k}v_{k}=-p$, d'où

$v_{k}=j^{-k}\sqrt[3]{\frac{1}{2}\left( -q-\sqrt{\frac{-\Delta }{27}}\right) }$

où $\Delta=-\left( 4p^{3}+27q^{2}\right)$ est le discriminant de l'équation et où j est une racine cubique primitive de l'unité. Ces trois solutions sont distinctes si, et seulement si $\Delta \neq 0$ et pour qu'elles appartiennent toutes trois à K, il est nécessaire que $\Delta$ appartienne à l'ensemble des carrés de K. Si p et q sont réels, on peut être plus précis; on a en effet les trois situations suivantes: (i) $\Delta>0$, alors il y a trois solutions réelles distinctes; (ii) $\Delta=0$, alors une solution est multiple et toutes sont réelles; (iii) $\Delta<0$, alors une solution est réelle et les deux autres sont complexes conjuguées.

Démonstration

La démonstration des formules de Cardan, dans le cas général considéré ici, est identique à celle donnée ci-dessous dans le paragraphe « Principe de la méthode ». Soit $z_{i}$ $\left( 0\leq i\leq 2\right)$ les trois racines (non nécessairement distinctes) de l'équation. Le discriminant est donné par

$\Delta =\prod\limits_{0\leq i<k\leq 2}\left( z_{i}-z_{k}\right) ^{2}.$

Par conséquent, si les trois racines appartiennent à K, $\Delta$ est un carré dans K. Il est clair que les trois racines sont distinctes si, et seulement si $\Delta \neq 0$. Dans le cas où p et q sont réels, voir ci-dessous, ou voir l'article Discriminant.

Remarque : En posant p = 3p' , q = 2q' et $\Delta =4\times 27\Delta ^{\prime }$, on obtient

$\Delta ^{\prime }=-\left( q^{\prime 2}+p^{\prime 3}\right), u_{k}=j^{k}\sqrt[3]{-q^{\prime }+\sqrt{-\Delta ^{\prime }}},v_{k}=j^{-k} \sqrt[3]{-q^{\prime }-\sqrt{-\Delta ^{\prime }}}.$

Si l'on part de l'équation générale ^{$a x^3 + b x^2 + c x + d = 0\,$}, $a \neq 0$, on se ramène à la forme réduite en posant :

$x=z-\frac b{3a},\qquad p=-\frac{b^2}{3a^2}+\frac ca\qquad\text{et}\qquad q=\frac b{27a}\left(\frac{2b^2}{a^2}-\frac{9c}a\right)+\frac da.$

Exemple : dans le corps fini ℤ/13ℤ, pour résoudre l'équation z³ + 2 z + 6 = 0, on calcule successivement –Δ = 3 = 4², puis (–q + 4)/2 = –1, d'où u₀ = –1 et v₀ = –p/(3u₀) = 5. Avec j = 3 et j² = –4, les trois solutions sont donc z₀ = –1 + 5 = 4, z₁ = 3×(–1) – 4×5 = 3 et z₂ = –4×(–1) + 3×5 = 6.

Dans ce qui suit, on suppose p et q réels.

Si Δ est négatif

L'équation possède alors une solution réelle et deux complexes. On pose

$u = \sqrt[3]{\frac{-q + \sqrt{\frac{-\Delta}{27}}}2}\quad\mbox{et}\quad v = \sqrt[3]{\frac{-q - \sqrt{\frac{-\Delta}{27}}}2},\qquad\mbox{soit encore}\qquad u=\sqrt[3]{-q'+\sqrt{-\Delta'}}\quad\mbox{et}\quad v=\sqrt[3]{-q'-\sqrt{-\Delta'}}.$

La seule solution réelle est alors $z_0 = u + v\,$. Il existe également deux solutions complexes conjuguées l'une de l'autre :

$\begin{cases}z_1= j u +\bar{j} v \\ z_2= j^2u +\overline{j^2}v \end{cases}\qquad\mathrm{o\grave u}\qquad j=-\frac12+ i \frac{\sqrt3}2=e^{i\frac{2\pi}3}\qquad\text{et}\qquad j^2=-\frac12- i \frac{\sqrt3}2=e^{i\frac{4\pi}3}.$

Si Δ est nul

Si $p=q=0$, l'équation possède 0 comme solution triple.

Dans le cas contraire, $p$ et $q$ sont tous deux non nuls. L'équation possède alors deux solutions réelles, une simple et une double :

$\begin{cases}z_0=2\sqrt[3]{\frac{-q}2}=\frac{3q}p\\z_1=z_2=-\sqrt[3]{\frac{-q}2}=\frac{-3q}{2p}\end{cases}$

Si Δ est positif

L'équation possède alors trois solutions réelles. Toutefois, il est nécessaire de faire une incursion dans les complexes pour toutes les trouver (voir remarque historique). Les solutions sont les sommes de deux complexes conjugués $j^ku\,$ et $\overline{j^ku}$ où ^{$u=\sqrt[3]{\frac{-q + i\sqrt{\frac{\Delta}{27}}}{2}}$} et $k\in\{0,1,2\}\,$, soit l'ensemble suivant :

$\begin{cases}z_0 = u +\bar{u} \\ z_1 = j u +\overline{ju} \\ z_2= j^2u +\overline{j^2u} \end{cases}$

La forme réelle des solutions est obtenue en écrivant $j^ku$ sous la forme trigonométrique, ce qui donne :

$z_k = 2 \sqrt{\frac{-p}{3}} \cos{\left(\frac13\arccos{\left(\frac{-q}{2}\sqrt{\frac{27}{-p^3}}\right)}+ \frac{2k\pi}{3}\right)}\qquad\mbox{ avec }\qquad k\in\{0,1,2\}.$

Principe de la méthode

Considérons l'équation générale du troisième degré suivante : ^{$a x^3 + b x^2 + c x + d = 0$}.

En posant $\textstyle{x = z - \frac{b}{3a}}$, on se ramène à une équation de la forme

$z^3 + p z + q = 0$

où

$p=-\frac{b^2}{3a^2}+\frac ca\qquad\text{et}\qquad q=\frac b{27a}\left(\frac{2b^2}{a^2}-\frac{9c}a\right)+\frac da.$

On va maintenant poser $z = u + v$ avec u et v complexes, de façon à avoir deux inconnues au lieu d'une et se donner ainsi la possibilité de poser ultérieurement une condition sur u et v permettant de simplifier le problème. L'équation $z^3 + p z + q = 0$ devient ainsi

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

Cette équation se transforme sous la forme suivante :

$u^3+v^3+3uv^2+3vu^2+p (u+v)+q=0$

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

La condition de simplification annoncée sera alors $3uv+p=0$. Ce qui nous donne d'une part $u^3+v^3+q=0$ et d'autre part $uv=-\frac{p}{3}$, qui, en élevant les deux membres à la puissance 3 donne ^{$u^3v^3=-\frac{p^3}{27}$}.

Nous obtenons finalement le système somme-produit des deux inconnues $u^3$ et $v^3$ suivant :

$\begin{cases}u^3+v^3&=-q\\ u^3v^3&=-\frac{p^3}{27}\end{cases}$

Les inconnues $u^3$ et $v^3$ étant deux complexes dont on connaît la somme et le produit, ils sont donc les solutions de l'équation du second degré :

$X^2+qX-\frac{p^3}{27}=0.$

Le discriminant de cette équation du second degré est $\delta = q^2 - 4 \times 1 \times \frac{-p^3}{27} = q^2 + \frac{4}{27}p^3$ et les racines sont

$\begin{cases} u^3 = \frac{-q + \sqrt{\delta}}{2} \text{ et } v^3 = \frac{-q - \sqrt{\delta}}{2} & \text{ si }\delta\text{ est positif} \\ u^3 = \frac{-q + i\sqrt{-\delta}}{2} \text{ et } v^3 = \frac{-q - i\sqrt{-\delta}}{2} & \text{ si } \delta\text{ est négatif} \\ u^3 = v^3 =\frac{-q}{2} & \text{ si }\delta\text{ est nul} \end{cases}$

On notera que le discriminant $\Delta$ de l'équation du troisième degré $z^3 + p z + q = 0$ est lié au discriminant $\delta$ ci-dessus par la relation $\Delta=-27\delta$.

Il suffit alors d'associer les trois racines cubiques de $u^3$ et $v^3$ deux par deux de façon à obtenir trois couples (u,v) tel que $uv=-\frac{p}{3}$, puis de reporter les trois couples de valeurs trouvés pour $u$ et $v$ dans l'expression $z = u + v$. On obtient dans tous les cas en fonction du discriminant $\Delta$ la solution figurant dans l'encadré ci-dessus.

Enfin, on revient au premier changement de variable $x = z - \frac{b}{3a}$ pour avoir les trois racines de l'équation du troisième degré posée au départ. On peut noter que ce type de méthode met en évidence qu'il est parfois nécessaire de travailler dans un corps de nombre plus vaste que celui contenant les variables du problèmes pour trouver la solution : ici malgré le fait que les entrées (les coefficients) soient réelles, il faut passer par les complexes pour trouver toutes les solutions réelles. Cependant, comme on l'a vu plus haut, il est également possible de rester dans les réels, en acceptant d'utiliser les fonctions trigonométriques (ce qui était déjà connu des algébristes italiens) ; l'explication de l'efficacité de cette deuxième méthode ne sera donnée que par Euler.

Exemples

Les trois exemples ci-dessous ne sont présentés que dans le but d'illustrer la méthode générale. Il va de soi que dans chacun de ces cas particuliers, diverses astuces spécifiques simplifieraient la résolution.

Exemple 1

Considérons l'équation $x^3 - 18x - 35 = 0\,$. Le coefficient de $x^2\,$ est nul donc nous n'effectuons pas de changement de variable. On a $p = - 18\,$ et $q = - 35\,$, donc : $u^3v^3 = {18^3 \over 27} = 216\,$ et $u^3 + v^3 = 35\,$ donc $u^3\,$ et $v^3\,$ sont racines de l'équation $X^2 - 35X + 216 = 0\,$, dont les racines sont 27 et 8. Donc u et v valent 3 et 2 et la solution cherchée est $x_0= u + v = 5\,$.

Si on se place dans $\mathbb C$, alors les autres racines sont $u = 3\,j\,$ et $v = 2\,j^2\,$, où $j = \exp\left(\frac{2i\pi}{3}\right)$, ou bien $u = 3j^2\,$ et $v = 2j\,$. On obtient donc comme autres racines :

$z_1 = 3j + 2j^2 = - {5 \over 2} + i{\sqrt3\over 2}\qquad\text{et}\qquad z_2 = 3j^2 + 2j = - {5 \over 2} - i{\sqrt3\over 2}.$

Exemple 2

Soit à résoudre l'équation :

$6x^3-6x^2+12x+7=0\,$.

Posons $x = z + \frac{1}{3}$. On obtient en remplaçant et en développant :

$54z^3+90z+95 = 0\,$.

Posons alors $z = u + v$. On obtient $54(u+v)^3+90(u+v)+ 95 = 0$, qui s'écrit :

$54(u^3+v^3)+(162uv+90)(u+v)+95=0\,$

La condition de simplification sera donc $162uv+90 = 0$, c’est-à-dire $uv = -\frac{5}{9}$. On a donc :

$u^3+v^3 = -\frac{95}{54},\quad u^3v^3 = -\frac{125}{729}$.

$u^3$ et $v^3$ sont donc les racines de l'équation :

$X^2 + \frac{95}{54}X -\frac{125}{729} = 0.$

Les deux racines de cette équation sont $u^3 = \frac{5}{2\cdot 27}$, $v^3 = -\frac{50}{27}$. Les trois couples (u,v) vérifiant $uv = -\frac{5}{9}$ sont donc :

$(u_0,v_0)=\left(\frac13\sqrt[3]{\frac52},-\frac{1}{3}\sqrt[3]{50}\right),\qquad(u_1,v_1)=(ju_0,j^2v_0),\qquad(u_2,v_2)=(j^2u_0,jv_0).$

En reportant dans $z = u + v$ on obtient :

$z_0=\frac13\sqrt[3]{\frac52}-\frac13\sqrt[3]{50},\qquad z_1=\frac j3\sqrt[3]{\frac52}-\frac{j^2}3\sqrt[3]{50},\qquad z_2=\frac{j^2}3\sqrt[3]{\frac52}-\frac j3\sqrt[3]{50},$

et en reportant dans $x = z + \frac{1}{3}$ on obtient finalement les trois solutions de l'équation que l'on s'était donné de résoudre :

$x_0 = \frac13\left(\sqrt[3]{\frac52} - \sqrt[3]{50} + 1\right),\qquad x_1 = \frac13\left(j\sqrt[3]{\frac52} - j^2\sqrt[3]{50} + 1\right),\qquad x_2 = \frac13\left(j^2\sqrt[3]{\frac52} - j\sqrt[3]{50} + 1\right).$

Exemple 3

Considérons l'équation $x^3-6x^2+9x-1 = 0\,$.

Par translation $P(x) = P(z+2) = z^3-3z+1\,$. Posons alors $z = u + v\,$.

On obtient $(u+v)^3-3(u+v)+ 1 = 0$, qui s'écrit :

$u^3+v^3+(3uv-3)(u+v)+1=0$

La condition de simplification sera donc $3uv-3 = 0$, c’est-à-dire :

$uv = 1\,$.

On a donc :

$u^3+v^3=-1\qquad\text{et}\qquad u^3v^3=1.$

$u^3$ et $v^3$ sont donc les racines de l'équation :

$X^2 + X + 1 = 0\,$.

Les deux racines de cette équation sont :

$u^3=\frac{-1+i\sqrt3}2=e^{\frac{2i\pi}3}=j\qquad\text{et}\qquad v^3=\frac{-1-i\sqrt3}2=e^{\frac{-2i\pi}3}= j^2.$

Les trois couples $(u,v)$ vérifiant $uv=1$ sont donc :

$(u_0,v_0)=(e^{\frac{2i\pi}9},e^{\frac{-2i\pi}9}),\qquad(u_1,v_1)=(je^{\frac{2i\pi}9},j^2e^{\frac{-2i\pi}9}),\qquad(u_2,v_2)=(j^2 e^{\frac{2i\pi}9},je^{\frac{-2i\pi}9}).$

En reportant dans $z = u + v$ on obtient :

$z_0=e^{\frac{2i\pi}9}+e^{\frac{-2i\pi}9}=2\cos\left(\frac{2\pi}9\right),\qquad z_1=je^{\frac{2i\pi}9}+j^2 e^{\frac{-2i\pi}9}=2\cos\left(\frac{8\pi}9\right),\qquad z_2 = j^2 e^{\frac{2i\pi}9} + je^{\frac{-2i\pi}9}= 2\cos\left(\frac{4\pi}9\right),$

d'où les solutions $x_k=z_k+2\,$.

Remarque historique

Article détaillé : Histoire des équations cubiques, § Renaissance.

La méthode fut précédemment découverte par le mathématicien italien Tartaglia. À cette époque, les mathématiciens se lançaient des défis pour résoudre des équations du troisième degré et Tartaglia les résolvait toutes. Intrigué, Cardan lui a demandé s'il n'aurait pas trouvé des méthodes. Après s'être fait prier et avoir reçu l'assurance que Cardan ne les dévoilerait à personne, Tartaglia les lui confia. Quelle ne fut pas sa surprise de voir Cardan les publier en 1545 !

On appelle désormais souvent ces formules les formules de Tartaglia-Cardan.

L'utilisation des formules de Cardan nécessite parfois l'utilisation de nombres complexes, même pour trouver des solutions réelles. En fait, les nombres imaginaires sont précisément nés à cette occasion.

Dans l'exemple z³ = 15z + 4 ou bien z³ - 15z - 4 = 0, on a p = - 15 et q = -4, donc : $u^3v^3 = {15^3 \over 27} = 125$ et u³ + v³ = 4 donc u³ et v³ sont racines de l'équation X² - 4X + 125 = 0, dont les racines n'existent pas. Pourtant, il y a bien une solution z à l'équation initiale ; c'est z = 4. C'est Bombelli qui surmontera cette difficulté en proposant pour la première fois un calcul sur les nombres imaginaires. La résolution formelle de l'équation X² - 4X + 125 = 0 donne pour racines $u^3 = 2 + \sqrt{-121} = 2 + 11\sqrt{-1}$ et $v^3 = 2 - \sqrt{-121} = 2 - 11\sqrt{-1}$, or Bombelli s'aperçoit que le cube de $2 + \sqrt{-1}$ vaut $2 + \sqrt{-121}$ et que le cube de $2 - \sqrt{-1}$ vaut $2 - \sqrt{-121}$. Il en déduit que $u = 2 + \sqrt{-1}$ et que $v = 2 - \sqrt{-1}$ et il trouve bien finalement comme solution z = u + v = 4.

Les nombres imaginaires sont nés.

Une méthode a été développée par L. Ferrari (en 1545), puis généralisée par R. Bombelli (en 1572) pour la résolution par radicaux de l'équation générale du quatrième degré (équation quartique). Comme on le sait, la résolution par radicaux n'est plus possible pour l'équation générale de degré supérieur ou égal à 5 (théorème d'Abel-Ruffini).

Notes et références

Références

• Nicolas Bourbaki, Éléments d'histoire des Mathématiques, Springer, 2006, 380 p. (ISBN 3540339388) 
• (en) Saunders Mac Lane et Garrett Birkhoff, Algebra (3rd ed.), American Mathematical Society, 1999, 626 p. (ISBN 0821816462) 

Liens externes

• Une nouvelle méthode de résolution des équations du 3^e degré, récompensée par une mention spéciale (à ne pas confondre avec le prix lui-même) lors du Prix Fermat Junior 1995