RACINES DES POLYNOMES DE DEGRE 3 OU 4

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RACINES DES POLYNÔMES DE DEGRE 3 OU 4
A- Le degré 3
Soit un polynôme P de degré 3 à coefficients dans C. P(x)=aX3+bX²+cX+d,a0. Puisque a n’est pas nul,
l’équation (1):P(X)=0 se ramène à (2): X3+(b/a)X²+(c/a)X+d/a=0. Par ailleurs la transformation de Walter von
Tschirnhaus (1651-1708) ramène l’équation (2) à l’équation (3): x3+px+q=0 où p et q s’expriment simplement en
fonction de a,b,c,d. (Il suffit de poser X=x-b/(3a))
On va présenter ici la méthode de résolution de l’équation (3) publiée par Jérôme Cardan (1501-1576). De
l’aveu même de Cardan, cette méthode est due à Niccolo Tartaglia (~1500-1557) qui la lui avait confiée sous le
sceau du secret! Certains historiens des mathématiques pensent que Scipion del Ferro (~1465-1526) les aurait
précédé sur le chemin de la résolution de la cubique.
Soit donc à résoudre l’équation (3). On pose x=u+v.
D’où (4): (u+v)3+p(u+v)+q=0  (5): u3+v3+(u+v)(3uv+p)+q=0. On pose 3uv+p=0  v=-p/(3u) si p0, ce que
nous supposerons puisque dans le cas contraire la résolution de (3) est immédiate. Il vient :
(6): u3+(-p/(3u))3+q=0. En chassant les dénominateurs on obtient: (7): 27u6+27qu3-p3=0. On pose U=u3 ce qui
réduit (7) à une équation du second degré: (8): 27U²+27qU-p3=0. On résout (8) ce qui donne au moins une valeur
de U, on prend une racine cubique de U soit u qui sera racine de (7), on en tire v et donc x. Cette méthode fournit
donc une racine complexe r de P, les deux autres racines de P s’obtiennent par division euclidienne de P par x-r.
On sait qu’une équation du troisième degré possède 3 racines complexes comptées avec leurs multiplicités. Il
faudra attendre le XVIII siècle pour que Leonhard Euler (1707-1783) publie une discussion complète de
l’équation de degré 3, le problème n’ayant pas éveillé un intérêt systématique chez les algébristes italiens du XVI
siècle.
Donnons des formules explicites pour les racines de (3) lorsque p et q sont des réels. Soit D le discriminant de
(8). D=27(27q²+4p3). Supposons D0, soit  une racine carrée de D.
Soit U=(-27q+)/54 une racine de (8) et  une racine cubique de U. Soit j=-1/2+i
3 2/
une racine cubique de
l’unité. Alors ,j et j² sont trois solutions de (7), tenant compte de v=-p/(3u) on obtient les trois solutions de (3)
x=-p/(3), j-j²p/(3),j²-jp/(3). Si D0 il n’y a pas de racines multiples.
Exemple 1.
Résoudre l’équation (9):x3-2x+5=0. On pose donc x=u+v  (u+v)3-2(u+v)+5=0 
u3+v3+(u+v)(3uv-2)+5=0. On pose 3uv-2=0 v=2/(3u) et u3+(2/(3u))3+5=0  (10): 27u6+135u3+8=0. On pose
U=u3, d’où (11):27U²+135U+8=0. Le discriminant de ce trinôme du second degré est 17361=33643. Une solution
de (11) est U=-5/2+
1929 18/
u=
 5 2 1929 18
3/ /
 v=
2 3 5 2 1929 18
3
/ ( / / ) 
x=
    5 2 1929 18 2 3 5 2 1929 18
3 3
/ / / ( / / )
. On vérifiera que les deux autres solutions sont
complexes conjuguées.
Si D est négatif on suit la méthode de François Viète (1540-1603).
Rappelons la formule de trigonométrie suivante: tR: cos(3t)=4cos3t-3cost. Que nous écrirons
(12): cos3t-3/4.cost-1/4.cos(3t)=0. On pose x=y.cost afin de ramener (3) à la forme (12). Remarquons tout d’abord
que D0  p0. On peut alors poser y=
4 3p/
. D’où
(13): cos3t-3/4.cost+q/y3=0. Or -1/4q/y31/4  27q²+4p30. L’équation (3) se ramène donc à l’équation
trigonométrique (14): cos(3t)=-4q/y3.
Exemple 2.
x3-3x+1=0 possède trois solutions réelles qui sont: 2cos(40°), 2cos(160°), 2cos(280°).

2
Exemple 3.
x3-51x-104=0. On pose x=u+v et v=17/u  u6-104u3+4913=0  u3=5247i. Or il apparait que (4+i)3=52+47i et
(4-i)3=52-47i. Les racines de l’équation proposée sont donc: 8,-4
3
.
B- Le degré 4
La méthode exposée ci-après est due à Lodovico Ferrari (1522-1565).
Soit à résoudre l’équation (15):x4+ax3+bx²+cx+d=0  x4+ax3= -bx²-cx-d  (x²+a/2.x)²=x²(a²/4-b)-cx-d 
(x²+ax/2+y)²=x²(a²/4-b)-cx-d+y²+2y(x²+ax/2)  (16): (x²+ax/2+y)²=x²(a²/4-b+2y)+x(ay-c)+y²-d.
On considère le membre de droite de (16) comme un polynôme Q en x dont les coefficients dépendent du
paramètre y que l’on peut fixer à volonté. Le discriminant de Q est F= (ay-c)²-4(y²-d)(a²/4-b+2y). F est
évidemment un polynôme de degré trois en y, on sait résoudre, voir partie A, l’équation F=0. Soit f une solution de
cette équation. On remplace y par f dans (16), Q devient alors un trinôme du second degré à discriminant nul, Q est
donc un carré. Q(x)=(sx+g)², où s et g sont connus en fonction de a,b,c,d.
Il vient (17) (x²+ax/2+f)²=(sx+g)²  (18) x²+ax/2+f=(sx+g), équation que l’on sait résoudre.
Exemple 4.
x4-7x3+17x²-17x+6=0  x4-7x3=-17x²+17x-6  (x²-7x/2)²=-19x²/4+17x-6 
(18): (x²-7x/2+y)²=x²(2y-19/4)+x(17-7y)+y²-6. Le discriminant du second membre est
D=-8y3+68y²-190y+175. Les racines de D sont 5/2 (racine double) et 7/2. Pour y=7/2 (18) devient
(x²-7x/2+7/2)²=(3x/2-5/2)²  x=1 (racine double),2 et 3. La valeur y=5/2 donne les mêmes racines.
C-Le degré est supérieur où égal à 5.
Grâce aux travaux de Niels Abel (1802-1829) et Evariste Galois (1811-1832) on sait qu’il n’existe pas de méthode
algébrique (C’est à dire n’utilisant que la somme, le produit, la division et l’extraction de racines n-ièmes.)
permettant de résoudre une équation générale de degré supérieur où égal à 5. Toutefois Charles Hermite (1822-
1901) a résolu l’équation du cinquième degré en utilisant le calcul intégral (Intégrales et fonctions elliptiques).
D-Exercices.
On pose j = -1+ i 3
2 On verifie que j 1+ j + j² =0; j
x l'ensemble des racines est: -3,1- j,1-j²
x -7,2j,2j²
x a +17 /a, ja +17j² /a, j² a+17j/ a où l'on a posé a =
x 2,-1+ i 6 où l'on a tenu compte de (1+ 2
x b - 4 / (3b), jb -4j² /
3
3
3
33
3
3
e j
x
x x
x
x i
x
i2
3
3
1
1 6 9 0
2 9 18 28 0
351 490 0245 166 2
4 3 14 0 1 6 7 5 2
5 4 1 0
. ; ².
) ;
) ² ;
) ; .
) ; , )
) ;
(3b), j² b-4j/ (3b) avec b = 1/ 2 + 849
x 4,-2 + 3 on a tenu compte de (2 +i)
x 4,-1,(-3 i 7
x
x
x on pose = (9 +849)
3
3 3
4
4
4
4
/
) ; , ,
) ² , ) /
) ² , ( ) / ,( ) /
) ² , ( ) / ,( ) /
) , / , / ( ):
18
615 4 0 2 3 2 11
7 9 24 16 0 2
8 7 24 15 0 3 21 2 3 11 2
911 24 15 0 3 29 2 3 3 2
10 1 0 144 1 3 2
3
x i
x x
x x i
x x i
x y y
2 2 2
2
2 2 2 2
2
y y y i y y/ ,/