Méthode de Cardan

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La méthode de Cardan, proposée par Jérôme Cardan dans son ouvrage Ars Magna publié en 1545, est une méthode permettant de résoudre les équations polynomiales du troisième degré. Cependant, Cardan se serait approprié la méthode en la volant délibérément à Niccolò Fontana dit Tartaglia (« Le Bègue »)[1].

Cette méthode permet d'obtenir 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[modifier | modifier le code]

« 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 sont réels), sont données dans l'ensemble \mathbb C des nombres complexes 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[2]

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

\Delta=-\left( 4p^{3}+27q^{2}\right) est le discriminant de l'équation et où j=e^{2i\pi/3}. (i) Si Δ > 0, alors il y a trois solutions réelles distinctes ; (ii) Si Δ = 0, alors une solution est multiple et toutes sont réelles ; (iii) Si Δ < 0, alors une solution est réelle et les deux autres sont complexes conjuguées.

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..


Généralisation : Formules de Cardan sur un corps commutatif quelconque — 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 sont données dans une clôture algébrique K de K par

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

avec

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

et 3u_{k}v_{k}=-p, d'où

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

\Delta=-\left( 2^2p^{3}+3^3q^{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 Δ ≠ 0 et pour qu'elles appartiennent toutes trois à K, il est nécessaire que Δ appartienne à l'ensemble des carrés de K[3].

Remarque : On peut, comme plus haut, poser p = 3p' , q = 2q'. L'adaptation des formules qui ont été obtenues est évidente: il suffit de remplacer 27 par 3^3, pour le cas où 27 n'est pas élément de K.
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 (car dans ℤ/13ℤ, 3 × 5 = 2 donc 2/3 = 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. Alors:

Si Δ est négatif[modifier | modifier le code]

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[modifier | modifier le code]

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[modifier | modifier le code]

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}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[modifier | modifier le code]

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

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[modifier | modifier le code]

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[modifier | modifier le code]

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 :

x_1 = 3j + 2j^2 = - {5 \over 2} + i{\sqrt3\over 2}\qquad\text{et}\qquad x_2 = 3j^2 + 2j = - {5 \over 2} - i{\sqrt3\over 2}.

Exemple 2[modifier | modifier le code]

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[modifier | modifier le code]

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[modifier | modifier le code]

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[1]. Quelle ne fut pas sa surprise de voir Cardan les publier en 1545 ! Cardan a néanmoins généralisé la méthode de Tartaglia à des cas où il était nécessaire d'introduire des racines carrées de nombres négatifs. Il est donc le premier à avoir utilisé des nombres complexes, non sans appréhension[4].

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)[5], puis généralisée par R. Bombelli (en 1572)[6] 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[modifier | modifier le code]

Notes[modifier | modifier le code]

  1. a et b (en) John J. O’Connor et Edmund F. Robertson, « Quadratic, cubic and quartic equations », dans MacTutor History of Mathematics archive, université de St Andrews (lire en ligne).
  2. Voir l'article de H. Weber « Formule de Cardan modifiée par Cayley », Nouvelles annales de mathématiques, 3e série, tome 14 (1895), p. 347-349 [1].
  3. La restriction sur la caractéristique du corps est due au fait qu'il y a des divisions par 2 et par 3 (Mac Lane et Birkhoff 1999, §XIII.1). On notera que le résultat obtenu est moins complet que lorsque K=\mathbb R.
  4. van der Waerden 1985
  5. Bourbaki 2006, « Polynômes et corps commutatifs ».
  6. Jean Itard, « Équations algébriques », Encyclopaedia Universalis.

Références[modifier | modifier le code]

  • 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)
  • (en) B.L. van der Waerden, A History of Algebra, Springer,‎ 1985 (ISBN 3642516017)

Liens externes[modifier | modifier le code]

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