Utilisateur:SARIAN Armen/Résolution des équations cubiques

Expression des solutions de degré 3

Démonstration

Soit $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$, avec $a\neq 0$. On pose $y=x+{\frac {b}{3a}}$ et, après division par $a$, on se ramène à $y^{3}+py+q=0$ avec ${\begin{cases}p={\frac {3ac-b^{2}}{3a^{2}}}\\q={\frac {2b^{3}-9abc+27a^{2}d}{27a^{3}}}\end{cases}}$.

Transformation de Tschirnhaus

On a $a\left(y-{\frac {b}{3a}}\right)^{3}+b\left(y-{\frac {b}{3a}}\right)^{2}+c\left(y-{\frac {b}{3a}}\right)+d=0$,

soit $a\left(y^{3}-{\frac {b}{a}}y^{2}+{\frac {b^{2}}{3a^{2}}}y-{\frac {b^{3}}{27a^{3}}}\right)+b\left(y^{2}-{\frac {2b}{3a}}y+{\frac {b^{2}}{9a^{2}}}\right)+c\left(y-{\frac {b}{3a}}\right)+d=0$,

soit $ay^{3}+\left({\frac {ab^{2}-2ab^{2}+3a^{2}c}{3a^{2}}}\right)y+\left({\frac {-ab^{3}+3ab^{3}-9a^{2}bc+27a^{3}d}{27a^{3}}}\right)=0$,

soit $y^{3}+\left({\frac {3ac-b^{2}}{3a^{2}}}\right)y+\left({\frac {2b^{3}-9abc+27a^{2}d}{27a^{3}}}\right)=0$,

soit $y^{3}+py+q=0$.

 

En exprimant $y=y_{\alpha }+y_{\beta }$, on remarque que $y^{3}=y_{\alpha }^{3}+y_{\beta }^{3}+3y_{\alpha }y_{\beta }\overbrace {\left(y_{\alpha }+y_{\beta }\right)} ^{y}$, soit $y^{3}-\left(3y_{\alpha }y_{\beta }\right)y-\left(y_{\alpha }^{3}+y_{\beta }^{3}\right)=0$.

Par identification, on a alors ${\begin{cases}-3y_{\alpha }y_{\beta }=p\\-y_{\alpha }^{3}-y_{\beta }^{3}=q\end{cases}}$ et on pose alors (c'est le principe de la Substitution de Viète) $y_{\beta }=-{\frac {p}{3y_{\alpha }}}$ (puisqu'on est libre de choisir soit $y_{\alpha }$, soit $y_{\beta }$).

On a alors $y_{\alpha }^{6}+qy_{\alpha }^{3}-\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}=0$, donnant $y_{\alpha }=\mathrm {j} ^{k}{\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}\pm {\sqrt {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}}}$ où $\mathrm {j} =\mathrm {e} ^{\mathrm {i} {\frac {2\pi }{3}}}$ avec $k\in \{0;1;2\}$. Ici, il faut considérer que la racine carrée d'un réel négatif est un nombre imaginaire, ce qui fait 6 solutions pour $y_{\alpha }$. Mais, comme $\mathrm {j} ^{k}{\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}+{\sqrt {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}}}\times \mathrm {j} ^{3-k}{\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}-{\sqrt {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}}}=-{\frac {p}{3}}$, on a, au plus, 3 solutions : $y_{k}=\mathrm {j} ^{k}{\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}+{\sqrt {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}}}+\mathrm {j} ^{3-k}{\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}-{\sqrt {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}}}$.

Cas où p et q sont réels

Si $p$ et $q$ sont réels (ce qui sera forcément le cas si $a$, $b$, $c$ et $d$ sont réels), on pose $\Delta =-\left(4p^{3}+27q^{2}\right)$ et 3 cas se présentent :

• Si $\Delta <0$, on a 1 racine réelle ($y_{3}$) et 2 racines complexes conjuguées ($y_{1}$ et $y_{2}$) ; et la racine réelle s'exprime à partir de racines cubiques, ainsi : $y_{k}=-\mathrm {j} ^{k}{\sqrt[{3}]{{\frac {q}{2}}+{\sqrt {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}}}-\mathrm {j} ^{3-k}{\sqrt[{3}]{{\frac {q}{2}}-{\sqrt {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}}}$.
• Si $\Delta =0$, on a 3 racines réelles et :
  • Si $p=0$, les 3 racines sont triples : $y_{1}=y_{2}=y_{3}=0$.
  • Si $p\neq 0$, 2 racines sont doubles : $y_{1}=y_{2}=-{\frac {3q}{2p}}$ et $y_{3}={\frac {3q}{p}}$ puisque ${\begin{cases}y_{1}=y_{2}=\left(\mathrm {j} +\mathrm {j} ^{2}\right){\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}}}={\sqrt[{3}]{\frac {q}{2}}}={\sqrt[{3}]{\left({\frac {q}{2}}\right){\frac {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}}{\left({-{\frac {p}{3}}}\right)^{3}}}}}=-{\frac {3q}{2p}}\\y_{3}=-y_{1}-y_{2}{\text{ puisque }}y^{3}+py+q=0{\text{ n'a pas de coefficient en }}y^{2}\end{cases}}$.
• Si $\Delta >0$, on a 3 racines réelles différentes ; et les racines ne peuvent pas s'exprimer à partir de racines cubiques de réels (c'est le casus irreducibilis), mais à partir de fonctions trigonométriques. On a $p\neq 0$ et $-{\frac {q}{2}}+\mathrm {i} {\sqrt {-\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}-\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}=\left({\frac {-p}{3}}\right)^{3/2}\mathrm {e} ^{\mathrm {i} \arccos {\frac {-{\frac {q}{2}}}{\sqrt {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}-\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}-\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}}}=\rho \mathrm {e} ^{\mathrm {i} \theta }$ avec ${\begin{cases}\rho =\left({\frac {-p}{3}}\right)^{\frac {3}{2}}\\\theta =\arccos \left({{\frac {3q}{2p}}{\sqrt {\frac {3}{-p}}}}\right)\end{cases}}$, ainsi :

$y_{k}=\mathrm {j} ^{k}{\sqrt[{3}]{\rho \mathrm {e} ^{\mathrm {i} \theta }}}+\mathrm {j} ^{3-k}{\sqrt[{3}]{\rho \mathrm {e} ^{-\mathrm {i} \theta }}}=2{\sqrt[{3}]{\rho }}\cos {\frac {\theta +2k\pi }{3}}=2{\sqrt {\frac {-p}{3}}}\cos {\Biggl [}{\frac {\arccos \left({{\frac {3q}{2p}}{\sqrt {\frac {3}{-p}}}}\right)}{3}}+{\frac {2k\pi }{3}}{\Biggr ]}$.

Note : Pour calculer les 3 valeurs réelles, il nous a été nécessaire de calculer la racine carrée d'un nombre négatif. C'est Raphaël Bombelli qui a inventé $\mathrm {i} ={\sqrt {-1}}$ permettant de trouver les racines réelles.

Expressions (avec p et q)

On pose : ${\begin{cases}p={\frac {3ac-b^{2}}{3a^{2}}}\\q={\frac {2b^{3}-9abc+27a^{2}d}{27a^{3}}}\\\Delta =-\left(4p^{3}+27q^{2}\right)\\\mathrm {j} =\mathrm {e} ^{\mathrm {i} {\frac {2\pi }{3}}}\\k\in \{0;1;2\}\end{cases}}$.

On a : $x_{k}=-{\frac {b}{3a}}+\mathrm {j} ^{k}{\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}+{\sqrt {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}}}+\mathrm {j} ^{3-k}{\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}-{\sqrt {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}}}$.

c.-à-d. :

• Si $\Delta <0$, on a 1 racine réelle ($x_{3}$) et 2 racines complexes conjuguées ($x_{1}$ et $x_{2}$) : $x_{k}=-{\frac {b}{3a}}+\mathrm {j} ^{k}{\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}+{\sqrt {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}}}+\mathrm {j} ^{3-k}{\sqrt[{3}]{-{\frac {q}{2}}-{\sqrt {\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {p}{3}}\right)^{3}}}}}$.
• Si $\Delta =0$, les trois racines sont réelles et :
  • Si $p=0$ et les 3 racines sont triples : $x_{1}=x_{2}=x_{3}=-{\frac {b}{3a}}$.
  • Si $p\neq 0$ et 2 racines sont doubles : $x_{1}=x_{2}=-{\frac {b}{3a}}-{\frac {3q}{2p}}$ et $x_{3}=-{\frac {b}{3a}}+{\frac {3q}{p}}$.
• Si $\Delta >0$, on a 3 racines réelles différentes : $x_{k}=-{\frac {b}{3a}}+2{\sqrt {\frac {-p}{3}}}\cos {\Biggl [}{\frac {\arccos \left({{\frac {3q}{2p}}{\sqrt {\frac {3}{-p}}}}\right)}{3}}+{\frac {2k\pi }{3}}{\Biggr ]}$.

Expressions (avec a, b, c et d)

Finalement, les trois racines, qui peuvent dans certains cas être égales, sont : ${\begin{cases}x_{1}=-{\frac {b}{3a}}-{\frac {1}{3a}}&{\sqrt[{3}]{\frac {2b^{3}-9abc+27a^{2}d+{\sqrt {\left(2b^{3}-9abc+27a^{2}d\right)^{2}-4\left(b^{2}-3ac\right)^{3}}}}{2}}}-{\frac {1}{3a}}&{\sqrt[{3}]{\frac {2b^{3}-9abc+27a^{2}d-{\sqrt {\left(2b^{3}-9abc+27a^{2}d\right)^{2}-4\left(b^{2}-3ac\right)^{3}}}}{2}}}\\x_{2}=-{\frac {b}{3a}}+{\frac {1+\mathrm {i} {\sqrt {3}}}{6a}}&{\sqrt[{3}]{\frac {2b^{3}-9abc+27a^{2}d+{\sqrt {\left(2b^{3}-9abc+27a^{2}d\right)^{2}-4\left(b^{2}-3ac\right)^{3}}}}{2}}}+{\frac {1-\mathrm {i} {\sqrt {3}}}{6a}}&{\sqrt[{3}]{\frac {2b^{3}-9abc+27a^{2}d-{\sqrt {\left(2b^{3}-9abc+27a^{2}d\right)^{2}-4\left(b^{2}-3ac\right)^{3}}}}{2}}}\\x_{3}=-{\frac {b}{3a}}+{\frac {1-\mathrm {i} {\sqrt {3}}}{6a}}&{\sqrt[{3}]{\frac {2b^{3}-9abc+27a^{2}d+{\sqrt {\left(2b^{3}-9abc+27a^{2}d\right)^{2}-4\left(b^{2}-3ac\right)^{3}}}}{2}}}+{\frac {1+\mathrm {i} {\sqrt {3}}}{6a}}&{\sqrt[{3}]{\frac {2b^{3}-9abc+27a^{2}d-{\sqrt {\left(2b^{3}-9abc+27a^{2}d\right)^{2}-4\left(b^{2}-3ac\right)^{3}}}}{2}}}\end{cases}}$ $\left(2b^{3}-9abc+27a^{2}d\right)^{2}-4\left(b^{2}-3ac\right)^{3}=0\Rightarrow {\begin{cases}3ac-b^{2}=0\Rightarrow x_{1}=x_{2}=x_{3}=-{\frac {b}{3a}}\\3ac-b^{2}\neq 0\Rightarrow x_{1}=x_{2}={\frac {9ad-bc}{2b^{2}-6ac}}{\text{ et }}x_{3}={\frac {4abc-9a^{2}d-b^{3}}{ab^{2}-3a^{2}c}}\end{cases}}$