075. Construisez une solution de l’équation de degré 3 dans toutes les situations

Toute équation réelle de degré 3 admet au moins une solution. Cet article vous donnera les armes permettant de construire une ou plusieurs solutions de cette équation.

La discussion du nombre de solutions de l’équation de degré 3 fait appel à la notion de discriminant qui ne sera pas traitée dans cet article.

Les outils

Fonctions hyperboliques

Sinus hyperbolique

La fonction sinus hyperbolique est définie par $\sh : x\mapsto \dfrac{\e^x-\e^{-x}}{2}$, c’est une bijection de $\R$ dans $\R$. Sa bijection réciproque est notée $\argsh$.

La fonction sinus hyperbolique vérifie une importante identité.

$\begin{align*}
(\sh x)^3 &= \dfrac{(\e^x-\e^{-x})^3}{8}\\
&=\dfrac{\e^{3x} -3\e^x+3\e^{-x}-\e^{-3x}}{8}\\
&=\dfrac{2\sh (3x)-6\sh x }{8}\\
&=\dfrac{\sh (3x)-3\sh x }{4}\\
\end{align*}$

Aussitôt : $\boxed{\sh (3x) = 4(\sh x)^3 + 3\sh x}.$

Cosinus hyperbolique

La fonction cosinus hyperbolique est définie par $\ch : x\mapsto \dfrac{\e^x+\e^{-x}}{2}$. Elle réalise une bijection de $\R_{+}$ dans $[1,+\infty[$, sa bijection réciproque est notée $\argch.$

La fonction cosinus hyperbolique une identité similaire :

$\begin{align*}
(\ch x)^3 &= \dfrac{(\e^x+\e^{-x})^3}{8}\\
&=\dfrac{\e^{3x} +3\e^x+3\e^{-x}+\e^{-3x}}{8}\\
&=\dfrac{2\ch (3x)+6\ch x }{8}\\
&=\dfrac{\ch (3x)+3\ch x }{4}\\
\end{align*}$

Aussitôt : $\boxed{\ch (3x) = 4(\ch x)^3 – 3\ch x}.$

Fonctions circulaires

Le sinus trigonométrique

La fonction sinus est définie par l’exponentielle complexe $\sin : x\mapsto \dfrac{\e^{ix}-\e^{-ix}}{2i}$. C’est une surjection de $\R$ dans $[-1,1]$.

$\begin{align*}
(\sin x)^3 &= \dfrac{(\e^{ix}-\e^{-ix})^3}{-8i}\\
&=\dfrac{\e^{3ix} -3\e^{ix}+3\e^{-ix}-\e^{-3ix}}{-8i}\\
&=\dfrac{2i\sin (3x)-6i\sin x }{-8i}\\
&=\dfrac{-\sin (3x)+3\sin x }{4}\\
\end{align*}$

Aussitôt $\boxed{\sin 3x = -4\sin^3 x + 3\sin x}.$

Cette propriété ne sera pas utilisée dans la suite de cet article, elle est donnée néanmoins par souci d’exhaustivité.

Le cosinus trigonométrique

La fonction cosinus est définie par l’exponentielle complexe $\cos : x\mapsto \dfrac{\e^{ix}+\e^{-ix}}{2}$. C’est une surjection de $\R$ vers $[-1,1]$ qui réalise une bijection de $[0,\pi]$ dans $[-1,1]$. On note $\arccos$ la bijection réciproque qui va de $[-1,1]$ dans $[0,\pi].$

$\begin{align*}
(\cos x)^3 &= \dfrac{(\e^{ix}+\e^{-ix})^3}{8}\\
&=\dfrac{\e^{3ix} +3\e^{ix}+3\e^{-ix}+\e^{-3ix}}{8}\\
&=\dfrac{2\cos (3x)+6\cos x }{8}\\
&=\dfrac{\cos (3x)+3\cos x }{4}\\
\end{align*}$

Aussitôt : $\boxed{\cos (3x) = 4(\cos x)^3 – 3\cos x}.$

Une stratégie pour expliciter une solution de l’équation de degré 3 : $x^3 – x -2 = 0$

Les coefficients de $x^3$ et de $x$ étant de signes contraires, vous choisirez en temps voulu une fonction $f$ vérifiant l’identité $$\forall \theta\in\R, f(3\theta) = 4f(\theta)^3-3f(\theta).$$

Vu ce qui précède, vous prendrez $f$ égale au cosinus trigonométrique ou au cosinus hyperbolique.

Une première idée

Vous essayez d’avoir une équation équivalente à $x^3 – x -2 = 0$ qui commence par $4x^3-3x.$

Multipliez par 4 vous donne un bon départ, mais…

$\begin{align*}
x^3 – x-2 = 0 &\Longleftrightarrow 4x^3 – 4x-8 = 0.
\end{align*}$

L’équation obtenue n’a pas le bon nombre de $x$.

Il faut donc falloir pousser la stratégie un cran plus loin.

Affinement du changement de variable

Essayez de chercher une solution sous la forme $x = rf(\theta)$ avec $r\neq 0$ et $\theta\in\R.$

$\begin{align*}
x^3 – x-2 = 0 &\Longleftrightarrow (rf( \theta))^3 – (rf(\theta))-2 = 0 \\
&\Longleftrightarrow r^3f( \theta)^3 – rf(\theta)-2 = 0\\
&\Longleftrightarrow r^2f( \theta)^3 – f(\theta) = \dfrac{2}{r}\\
&\Longleftrightarrow 3r^2f( \theta)^3 – 3f(\theta) = \dfrac{6}{r}.
\end{align*}$

Vous choisissez $r\neq 0$ pour que $3r^2 = 4$, ce qui est possible avec $r = \dfrac{2}{\sqrt{3}}.$ L’autre valeur possible de $r$, négative, est exclue puisqu’il vaut mieux avoir un second membre positif.

$\begin{align*}
x^3 – x-2 = 0 &\Longleftrightarrow 4f(\theta)^3 – 3f(\theta) = 3\sqrt{3}\\
&\Longleftrightarrow f(3\theta) = 3\sqrt{3}.
\end{align*}$

La fonction cosinus prend ses valeurs dans $[-1,1]$, or $3\sqrt{3}\not\in [-1,1]$, vous choisissez $f$ égal au cosinus hyperbolique.

Et maintenant une solution

Pour tout $\theta\in\R_{+}$, vous posez $x =\dfrac{2}{\sqrt{3}} \ch \theta.$

Comme $3\sqrt{3} \geq 1$, vous utilisez la bijection réciproque de $\ch$.

$\begin{align*}
x^3 – x-2 = 0 &\Longleftrightarrow \ch (3\theta) = 3\sqrt{3}\\
&\Longleftrightarrow 3\theta = \argch(3\sqrt{3})\\
&\Longleftrightarrow \theta = \dfrac{1}{3}\argch(3\sqrt{3})\\
&\Longleftrightarrow x = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \ch\left(\dfrac{1}{3}\argch(3\sqrt{3}) \right).
\end{align*}$

Conclusion : $x =\dfrac{2}{\sqrt{3}} \ch\left(\dfrac{1}{3}\argch(3\sqrt{3}) \right)$ est solution de l’équation $x^3-x-2=0.$

Cette solution peut s’écrire avec des radicaux, étant donné que : $\forall x\geq 1, \argch x = \ln\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)$, le cosinus hyperbolique fait apparaître des exponentielles qui se simplifieront avec le logarithme mais donneront naissance à des racines cubiques. Cet article ne développera pas ce point.

Une stratégie pour expliciter une solution de l’équation de degré 3 : $x^3 – 2x -\dfrac{1}{4} = 0$

Vous suivez la même technique que précédemment.

Les coefficients de $x^3$ et de $x$ étant de signes contraires, pour tout $\theta\in\R$ et pour tout $r\in\R^{*}$, vous posez $x = rf(\theta)$, $f$ étant égale au cosinus trigonométrique ou hyperbolique, selon le second membre trouvé dans l’équivalence.

$\begin{align*}
x^3 – 2x-\dfrac{1}{4} = 0 &\Longleftrightarrow \dfrac{1}{2}x^3 – x-\dfrac{1}{8} = 0 \\
&\Longleftrightarrow \dfrac{3}{2}x^3 – 3x-\dfrac{3}{8} = 0 \\
&\Longleftrightarrow \dfrac{3}{2}r^3f(\theta)^3-3rf(\theta)=\dfrac{3}{8}\\
&\Longleftrightarrow \dfrac{3}{2}r^2f(\theta)^3-3f(\theta)=\dfrac{3}{8r}\\
\end{align*}$

Vous choisissez $r$ pour que $\dfrac{3}{8r}$ soit positif et pour que $\dfrac{3}{2}r^2 = 4$, soit $r = \sqrt{\dfrac{8}{3}} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}.$

Remarquez que $0\leq \dfrac{3}{8r} \leq \dfrac{3\sqrt{3}}{8\sqrt{8}}\leq 1$, cela conduit à choisir $f$ égale au cosinus trigonométrique.

Pour tout $\theta\in\R$, posez $x = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}\cos \theta$.
$\begin{align*}
x^3 – 2x-\dfrac{1}{4} = 0
&\Longleftrightarrow 4\cos^3 \theta-3\cos \theta= \dfrac{3\sqrt{3}}{8\sqrt{8}}\\
&\Longleftrightarrow \cos(3\theta) = \dfrac{3\sqrt{3}}{8\sqrt{8}}\\
&\Longleftrightarrow \cos(3\theta) = \dfrac{3\sqrt{6}}{32}.\\
\end{align*}$

Posez
$\begin{align*}
\theta_1 &= \dfrac{1}{3}\arccos \left(\dfrac{3\sqrt{6}}{32}\right) \\
\theta_2 &= \dfrac{1}{3}\arccos \left(\dfrac{3\sqrt{6}}{32}\right) +\dfrac{2\pi}{3}\\
\theta_3 &= \dfrac{1}{3}\arccos \left(\dfrac{3\sqrt{6}}{32}\right)+\dfrac{4\pi}{3}. \\
\end{align*}$

Alors les trois réels
$\begin{align*}
x_1 &= \dfrac{2\sqrt{6}}{3} \cos\left(\theta_1\right) \\
x_2 &= \dfrac{2\sqrt{6}}{3} \cos\left(\theta_2\right)\\
x_3 &= \dfrac{2\sqrt{6}}{3} \cos\left(\theta_3\right). \\
\end{align*}$
sont des solutions de l’équation $x^3 – 2x-\dfrac{1}{4} = 0.$

Comme $x_1$, $x_2$ et $x_3$ sont deux à deux distincts, l’équation $x^3 – 2x-\dfrac{1}{4} = 0$ est complètement résolue parce que toute équation polynomiale réelle de degré 3 admet au maximum 3 solutions.

Conclusion : l’équation $x^3 – 2x-\dfrac{1}{4} = 0$ admet exactement 3 solutions qui sont données par les réels :
$\begin{align*}
x_1 &= \dfrac{2\sqrt{6}}{3} \cos\left(\dfrac{1}{3}\arccos \left(\dfrac{3\sqrt{6}}{32}\right) \right) \\
x_2 &= \dfrac{2\sqrt{6}}{3} \cos\left(\dfrac{1}{3}\arccos \left(\dfrac{3\sqrt{6}}{32}\right) + \dfrac{2\pi}{3}\right)\\
x_3 &= \dfrac{2\sqrt{6}}{3} \cos\left(\dfrac{1}{3}\arccos \left(\dfrac{3\sqrt{6}}{32}\right) + \dfrac{4\pi}{3}\right). \\
\end{align*}$

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