s - equations de degre 3 et 4

S - EQUATIONS DE DEGRE 3 ET 4 ;
RACINES D’UN POLYNOME MESURANT
LES COTES D’UN TRIANGLE
Equations de degré 3
Soit
P(X) = X3+bX2+cX +d
un polynôme de degré 3à coefficients réels. On peut écrire
P(X) = QX+b
3
où
Q(X) = X3+pX +q
avec
p=c−b2
3et q=d−bc 3+2b3 27 .
Il suffira de savoir calculer les racines de Qpour obtenir celles de P.
Si l’on pose
X=x+y ,
on trouve
Q(X) = x3+y3+ (3xy +p)(x+y) + q ,
et donc, si (x, y)est solution du système
(S)3xy +p= 0
x3+y3+q= 0 ,
le nombre x+yest racine de Q.
Inversement, si zest racine de Q, il existe deux nombres complexes xet ytels que
(x+y=z
xy =−p
3
,
et on a aussi
0 = Q(z) = x3+y3+q .
Donc (x, y)est solution de (S), et on obtiendra toutes les racines de Qen résolvant le système (S).

S 2
Ce système équivaut encore à 
x3y3=−p3
27
x3+y3=−q
xy ∈R
,
et donc, cela équivaut à dire que x3et y3sont racines du trinôme
R(T) = T2+qT −p3
27 .
Si ∆est le discriminant de ce trinôme, on a
D= 27∆ = 4p3+ 27q2.
Nous allons étudier les diverses situations obtenues suivant le signe de cette expression.
•Si Dest strictement positif, le trinôme Rpossède deux racines réelles distinctes tet t0, et, en tenant
compte du fait que le produit xy doit être réel, le système (S)a pour solutions (à une permutation
près des variables),
(t1/3, t01/3),(j2t1/3, jt01/3),(jt1/3, j2t01/3).
Il en résulte que Qa pour racines
t1/3+t01/3, j2t1/3+jt01/3, jt1/3+j2t01/3.
Seule la première est réelle, les deux autres sont complexes conjuguées.
•Si Dest strictement négatif, le trinôme admet deux racines non réelles conjuguées, tet ¯ t. Appelons
xune racine cubique de t, alors les solutions de (S)seront
(x, ¯x) (jx, j2¯x) (j2x, j ¯x).
Il en résulte que Qa pour racines
x+ ¯x jx +j2¯x j2x+j¯x .
Ce sont trois racines réelles.
•Si Dest nul, le trinôme a une racine double
t=−q
2.
Le système (S)a alors comme solutions
(t1/3, t1/3),(jt1/3, j2t1/3),
donc Qa pour racines
2t1/3,−t1/3.

S 3
Les deux racines sont réelles et l’une est racine double.
Comme
1 = −27q2
4p3,
on a aussi
−t=q
2=−27q3 8p3,
et donc
−t1/3=−3q
2p.
Mais, si l’on calcule Q0(−t1/3), on trouve
3−3q
2p2
+p=4p3+ 27q2
4p2= 0 ,
ce qui prouve que −t1/3est aussi racine de Q0, et donc que c’est la racine double de Q.
Inversement ; si xest racine multiple de Q, on doit avoir
0 = Q(x) = x3+px +q
0 = Q0(x)=3x2+p,
d’où
0=3Q(x)−xQ0(x) = 2px + 3q ,
donc
x=−3q
2p,
et
Q0−3q
2p=27q2 4p2+p= 0 .
On en déduit que la condition
D= 4p3+ 27q2= 0
est une condition nécessaire et suffisante pour que Qait des racines multiples.
Si maintenant on remplace pet qpar leur valeur, on trouve
D= 4c3+ 27d2+ 4db3−b2c2−18bcd .
En résumé
Si D > 0, le polynôme Pa une racine réelle et deux racines non réelles conjuguées.
Si D= 0, le polynôme Pa trois racines réelles et l’une est multiple.
Si D < 0, le polynôme Pa trois racines réelles distinctes.

S 4
Equations de degré 4
Comme dans le cas des polynômes de degré 3, on peut toujours, par un changement de variable, se
ramener à un polynôme de la forme
P(X) = X4+aX2+bX +c .
On cherche tout d’abord à mettre Psous la forme T2+S, où Sest un trinôme du second degré et T
un binôme du type
T(X) = X2+ Φ .
Posons
S(X) = uX2+vX +w .
On veut avoir
X4+aX2+bX +c=X4+ (2Φ + u)X2+vX + Φ2+w ,
soit
a= 2Φ + u , b =v , c = Φ2+w ,
ou encore
u=a−2Φ , v =b , w =c−Φ2.
On cherche maintenant à déterminer Φde telle sorte que Ssoit le carré d’un polynôme du premier
degré
S(X) = u(X+g)2.
On doit avoir
uX2+vX +w=uX2+ 2ugX +ug2,
soit
2ug =vet ug2=w .
On en tire la relation
v2= 4uw ,
d’où en remplaçant u,v,wpar leur valeur
b2= 4(a−2Φ)(c−Φ2).
Donc Φdoit vérifier la relation
(2Φ)3−a(2Φ)2−4c(2Φ) + 4ac −b2= 0 ,
et l’on est ramené à résoudre une équation de degré 3. En particulier, si Pest à coefficients réels, il
existe une racine réelle pour cette dernière équation.
Soit Φ0une solution particulière de cette équation, et zune solution de l’équation
z2=a−2Φ0.

S 5
Si zest non nul, on obtient
(X2+ Φ0)2+z2X+b
2z22
=X4+ (2Φ0+z2)X2+bX + Φ2
0+b2
4z2.
Or,
2Φ0+z2=a ,
et,
Φ2
0+b2
4z2=4z2Φ2
0+b2
4z2=4(a−2Φ0)Φ2
0+b2
4z2=−8Φ3
0+ 4aΦ2 0+b2
4z2.
Mais, en utilisant l’équation vérifiée par Φ0, on trouve
−8cΦ0+ 4ac
4z2=c .
Il en résulte que l’on a
P(X)=(X2+ Φ0)2+z2X+b
2z22
,
et donc que l’on peut factoriser P(X)en
P(X) = X2+izX +ib
2z+ Φ0X2−izX −ib 2z+ Φ0.
On est ramené à la résolution de deux équations de degré 2.
Si zest nul, on a alors
a= 2Φ0,
et en remplaçant dans l’équation vérifiée par Φ0, on en déduit
b2= 0 .
Cela signifie que l’équation
P(X)=0
est bicarrée et se résout facilement.
Condition nécessaire et suffisante pour que les racines d’un polynôme
de degré 3mesurent les côtés d’un triangle
Cas général
Soit
P(X) = X3+bX2+cX +d
un polynôme de degré 3. Les conditions pour que les racines de Pmesurent les côtés d’un triangle sont
les suivantes :