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141. Découvrez la théorie de résolution complète de l’équation du troisième degré par permutations des racines

Soit $(a,b,c,d)\in\C^4$ un quadruplet de nombres complexes tel que $a$ soit non nul.
Considérez alors l’équation $(E) : ax^3+bx^2+cx+d = 0$ du troisième degré d’inconnue $x\in\C.$

Il existe trois nombres complexes, notés $\alpha_1$, $\alpha_2$ et $\alpha_3$ tels que $aX^3+bX^2+cX+d$ est égal à $a(X-\alpha_1)(X-\alpha_2)(X-\alpha_3).$

En développant le membre de droite :

$\begin{align*}
a(X-\alpha_1)(X-\alpha_2)(X-\alpha_3) &= a(X^3 – (\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)X^2+(\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3)X – \alpha_1\alpha_2\alpha_3).
\end{align*}$

Par identification des coefficients du polynôme formel $aX^3+bX^2+cX+d$ dans $\C[X]$, il vient :

$\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= \frac{-b}{a}\\
\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3 &= \frac{c}{a} \\
\alpha_1\alpha_2\alpha_3 &= \frac{-d}{a}.
\end{align*}\right.$

Pour plus de commodité dans la suite, vous noterez :

$\boxed{\begin{align*}
N_1 &= \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 \\
N_2 &= \alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3 \\
N_3 &=\alpha_1\alpha_2\alpha_3 .
\end{align*}}$

Soit $j$ une solution complexe non réelle de l’équation $1+j+j^2=0$.

En multipliant par $j$ vous constatez que $j+j^2+j^3 = 0$ si bien que $1+j+j^2+j^3 = 1$ et par suite $j^3=1.$

Calculez une somme bien choisie

Considérez l’expression suivante $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3 +(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3.$

Il peut être montré dans l'article 143 que l’expression $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ est polynomiale et invariante par permutation des variables. Elle est donc exprimable en fonction des quantités $N_1 = \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3$, $N_2 = \alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3$ et $N_3 = \alpha_1\alpha_2\alpha_3$.

Les calculs en ce sens vont être menés ci-dessous.

Commencez par développer l’expression $(\alpha_1+j\alpha_2+j^2\alpha_3 )^3$, en utilisant le fait que :

$\begin{align*}
(p+q+r)^3 &=p^3+q^3+r^3\\
&\quad +3pq^2+3pr^2+3qp^2+3qr^2+3rp^2+3rq^2\\
&\quad +6pqr.
\end{align*}$

$\begin{align*}
(\alpha_1+j\alpha_2+j^2\alpha_3 )^3 &= \alpha_1^3+j^3\alpha_2^3+j^6\alpha_3^3\\
&\quad +3j^2\alpha_1\alpha_2^2+3j^4\alpha_1\alpha_3^2+3j\alpha_1^2\alpha_2+3j^5\alpha_2\alpha_3^2+3j^2\alpha_1^2\alpha_3+3j^4\alpha_2^2\alpha_3\\
&\quad + 6j^3\alpha_1\alpha_2\alpha_3\\
&= \alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3\\
&\quad +3j^2\alpha_1\alpha_2^2+3j\alpha_1\alpha_3^2+3j\alpha_1^2\alpha_2+3j^2\alpha_2\alpha_3^2+3j^2\alpha_1^2\alpha_3+3j\alpha_2^2\alpha_3\\
&\quad + 6\alpha_1\alpha_2\alpha_3\\
&= \alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3\\
&\quad 3j(\alpha_1\alpha_3^2+\alpha_1^2\alpha_2+\alpha_2^2\alpha_3)+3j^2(\alpha_1\alpha_2^2+\alpha_2\alpha_3^2+\alpha_1^2\alpha_3)\\
&\quad + 6\alpha_1\alpha_2\alpha_3\\
\end{align*}$

De même :

$\begin{align*}
(\alpha_1+j^2\alpha_2+j\alpha_3 )^3 &= \alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3\\
&\quad +3j(\alpha_1\alpha_2^2+\alpha_1^2\alpha_3+\alpha_3^2\alpha_2)+3j^2(\alpha_1\alpha_3^2+\alpha_3\alpha_2^2+\alpha_1^2\alpha_2)\\
&\quad + 6\alpha_1\alpha_2\alpha_3.\\
\end{align*}$

Par somme :

$\begin{align*}
S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) &= 2(\alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3)\\
&\quad 3j(\alpha_1\alpha_2^2+\alpha_1^2\alpha_3+\alpha_3^2\alpha_2+\alpha_1\alpha_3^2+\alpha_1^2\alpha_2+\alpha_2^2\alpha_3)+3j^2(\alpha_1\alpha_3^2+\alpha_3\alpha_2^2+\alpha_1^2\alpha_2+\alpha_1\alpha_2^2+\alpha_2\alpha_3^2+\alpha_1^2\alpha_3)\\
&\quad + 12\alpha_1\alpha_2\alpha_3\\
&=2(\alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3)\\
&\quad (3j+3j^2)(\alpha_1(\alpha_2^2+\alpha_3^2)+\alpha_2(\alpha_1^2+\alpha_3^2)+\alpha_3(\alpha_1^2+\alpha_2^2))\\
&\quad + 12\alpha_1\alpha_2\alpha_3.\\
\end{align*}$

D’où finalement :

$\boxed{\begin{align*}
S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) &= 2(\alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3)\\
&\quad-3(\alpha_1(\alpha_2^2+\alpha_3^2)+\alpha_2(\alpha_1^2+\alpha_3^2)+\alpha_3(\alpha_1^2+\alpha_2^2))\\
&\quad + 12\alpha_1\alpha_2\alpha_3.
\end{align*}}$

Afin de trouver l’expression de $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ en fonction de $N_1$, $N_2$ et $N_3$, vous déterminez d’abord l’expression de $\alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3$ en procédant comme suit :

$\begin{align*}
\alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3 – N_1^3 &=\alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3 – (\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)^3 \\
&= \alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3 – ( \alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3 + 3\alpha_1\alpha_2^2+3\alpha_1\alpha_3^2 + 3\alpha_2\alpha_1^2+3\alpha_2\alpha_3^2+3\alpha_3\alpha_1^2+3\alpha_3\alpha_2^2+6\alpha_1\alpha_2\alpha_3)\\
&=- 3\alpha_1\alpha_2^2-3\alpha_1\alpha_3^2 – 3\alpha_2\alpha_1^2-3\alpha_2\alpha_3^2-3\alpha_3\alpha_1^2-3\alpha_3\alpha_2^2-6\alpha_1\alpha_2\alpha_3.
\end{align*}$

$\begin{align*}
\alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3 – N_1^3 + 3N_1N_2
&= – 3\alpha_1\alpha_2^2-3\alpha_1\alpha_3^2 – 3\alpha_2\alpha_1^2-3\alpha_2\alpha_3^2-3\alpha_3\alpha_1^2-3\alpha_3\alpha_2^2-6\alpha_1\alpha_2\alpha_3 \\
&\quad +3(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)(\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3)\\
&= – 3\alpha_1\alpha_2^2-3\alpha_1\alpha_3^2 – 3\alpha_2\alpha_1^2-3\alpha_2\alpha_3^2-3\alpha_3\alpha_1^2-3\alpha_3\alpha_2^2-6\alpha_1\alpha_2\alpha_3 \\
&\quad +3\alpha_1^2\alpha_2+3\alpha_1^2\alpha_3+3\alpha_1\alpha_2\alpha_3\\
&\quad +3\alpha_2^2\alpha_1+3\alpha_1\alpha_2\alpha_3+3\alpha_2^2 \alpha_3 \\
&\quad +3\alpha_1\alpha_2\alpha_3+3\alpha_1\alpha_3^2+3\alpha_2\alpha_3^2\\
&= 3\alpha_1\alpha_2\alpha_3
\end{align*}$

Par conséquent $\boxed{\alpha_1^3+\alpha_2^3+\alpha_3^3 = N_1^3-3N_1N_2+3N_3}.$

Il reste ensuite à déterminer l’expression de $\alpha_1(\alpha_2^2+\alpha_3^2)+\alpha_2(\alpha_1^2+\alpha_3^2)+\alpha_3(\alpha_1^2+\alpha_2^2$ en fonction de $N_1$, $N_2$ et $N_3.$

$\begin{align*}
\alpha_1(\alpha_2^2+\alpha_3^2)+\alpha_2(\alpha_1^2+\alpha_3^2)+\alpha_3(\alpha_1^2+\alpha_2^2) – N_1N_2 &= \alpha_1(\alpha_2^2+\alpha_3^2)+\alpha_2(\alpha_1^2+\alpha_3^2)+\alpha_3(\alpha_1^2+\alpha_2^2)\\
&\quad -\alpha_1^2\alpha_2- \alpha_1^2\alpha_3 -\alpha_1\alpha_2\alpha_3\\
&\quad -\alpha_2^2\alpha_1-\alpha_1\alpha_2\alpha_3-\alpha_2^2 \alpha_3 \\
&\quad -\alpha_1\alpha_2\alpha_3-\alpha_1\alpha_3^2-\alpha_2\alpha_3^2\\
&= -3N_3\\
\end{align*}$

D’où $\boxed{\alpha_1(\alpha_2^2+\alpha_3^2)+\alpha_2(\alpha_1^2+\alpha_3^2)+\alpha_3(\alpha_1^2+\alpha_2^2) = N_1N_2-3N_3}.$

L’ensemble étant mis bout à bout, il vient

$\begin{align*}
S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) &= 2(N_1^3-3N_1N_2+3N_3)\\
&\quad-3(N_1N_2-3N_3)\\
&\quad + 12N_3.
\end{align*}$

D’où $\boxed{S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = 2N_1^3-9N_1N_2+27N_3}.$

Calculez maintenant le produit associé

Notez $P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3 \times (\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3.$

Pour les mêmes raisons, le produit $P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ est polynomial et reste invariant par permutation des variables. Il est donc calculable en fonction de $N_1$, $N_2$ et $N_3.$

Un tel calcul, que vous trouverez dans l'article 143 amène à la conclusion suivante :

$(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3) = N_1^2-3N_2.$

Et finalement $\boxed{P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (N_1^2-3N_2)^3}.$

Etudiez le cas particulier

Supposez que $N_1^2 – 3N_2 = 0.$

D’après ce qui précède, deux cas sont possibles.

Premier cas : $\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 = 0$

Les nombres $\alpha_1$, $\alpha_2$ et $\alpha_3$ vérifient le système :

$\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1 \\
\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 &= 0 \\
S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) &= 2N_1^3-9N_1N_2+27N_3.
\end{align*}\right.$

$\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1 \\
\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 &= 0 \\
(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3 &= 2N_1^3-9N_1N_2+27N_3.
\end{align*}\right.$

Notez $\ell$ une racine cubique de $2N_1^3-9N_1N_2+27N_3$ c’est-à-dire un nombre $\ell\in\C$ tel que $\ell^3 = 2N_1^3-9N_1N_2+27N_3.$

Alors il y a trois sous cas.

Sous cas a

$\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1 \\
\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 &= 0 \\
\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3&= \ell.
\end{align*}\right.$

$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j & j^2\\
1 & j^2 & j
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\alpha_1\\
\alpha_2\\
\alpha_3
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
N_1\\
0\\
\ell
\end{pmatrix}$

Pour déterminer l’inverse de la matrice $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j & j^2\\
1 & j^2 & j
\end{pmatrix}$ vous pouvez faire un tour dans l'article 142.

$\begin{pmatrix}
\alpha_1\\
\alpha_2\\
\alpha_3
\end{pmatrix} =\frac{1}{3}\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j^2 & j\\
1 & j & j^2
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
N_1\\
0\\
\ell
\end{pmatrix} =\frac{1}{3} \begin{pmatrix}
N_1+\ell\\
N_1+j\ell\\
N_1+j^2\ell
\end{pmatrix} $

Sous cas b

$\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1 \\
\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 &= 0 \\
\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3&= j\ell.
\end{align*}\right.$

$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j & j^2\\
1 & j^2 & j
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\alpha_1\\
\alpha_2\\
\alpha_3
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
N_1\\
0\\
j \ell
\end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix}
\alpha_1\\
\alpha_2\\
\alpha_3
\end{pmatrix} =\frac{1}{3}\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j^2 & j\\
1 & j & j^2
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
N_1\\
0\\
j\ell
\end{pmatrix} =\frac{1}{3} \begin{pmatrix}
N_1+j\ell\\
N_1+j^2\ell\\
N_1+\ell
\end{pmatrix} $

Sous cas c

$\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1 \\
\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 &= 0 \\
\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3&= j^2\ell.
\end{align*}\right.$

$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j & j^2\\
1 & j^2 & j
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\alpha_1\\
\alpha_2\\
\alpha_3
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
N_1\\
0\\
j^2 \ell
\end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix}
\alpha_1\\
\alpha_2\\
\alpha_3
\end{pmatrix} =\frac{1}{3}\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j^2 & j\\
1 & j & j^2
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
N_1\\
0\\
j^2\ell
\end{pmatrix} =\frac{1}{3} \begin{pmatrix}
N_1+j^2\ell\\
N_1+\ell\\
N_1+j\ell
\end{pmatrix}.$

Conclusion du premier cas : quand $N_1^2 – 3N_2 = 0$ et $\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 = 0$ les trois racines de l’équation $(E)$ sont $\frac{1}{3}(N_1 + \ell)$, $\frac{1}{3}(N_1+j\ell)$ et $\frac{1}{3}(N_1+j^2\ell)$ où $\ell$ est une racine cubique (éventuellement complexe) du nombre $2N_1^3-9N_1N_2+27N_3.$

Second cas : $\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3 = 0$

Alors $\alpha_1 +j\alpha_3 + j^2\alpha_2 = 0$ et

$\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1 \\
\alpha_1 + j\alpha_3+j^2\alpha_2 &= 0 \\
S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) &= 2N_1^3-9N_1N_2+27N_3.
\end{align*}\right.$

Du coup :

$\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1 \\
\alpha_1 + j\alpha_3+j^2\alpha_2 &= 0 \\
(\alpha_1 +j\alpha_2 + j^2\alpha_3)^3&= 2N_1^3-9N_1N_2+27N_3.
\end{align*}\right.$

Vous en déduisez :

$\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1 \\
\alpha_1 + j\alpha_3+j^2\alpha_2 &= 0 \\
(\alpha_1+ j^2\alpha_3 +j\alpha_2 )^3&= 2N_1^3-9N_1N_2+27N_3.
\end{align*}\right.$

ce qui est exactement le cas 1 avec permutation de $\alpha_2$ et $\alpha_3$, ce qui conduit au même résultat.

Concluez dans les deux cas regroupés

Si $N_1^2 – 3N_2 = 0$, les trois racines de l’équation $(E)$ sont $\frac{1}{3}(N_1 + \ell)$, $\frac{1}{3}(N_1+j\ell)$ et $\frac{1}{3}(N_1+j^2\ell)$ où $\ell$ est une racine cubique (éventuellement complexe) quelconque du nombre $2N_1^3-9N_1N_2+27N_3$, égal à $2N_1^2N_1-9N_1N_2+27N_3$ puis à $6N_1N_2-9N_1N_2+27N_3$ ce qui fournit $-3N_1N_2+27N_3$ après simplification.

Déterminez la résolvante si le cas particulier est écarté

Hormis le cas particulier précédent, une équation de degré 3 peut être résolue à l’aide d’une équation intermédiaire de degré 2. Pourquoi et laquelle ?

Les expressions $S(\alpha_1,\alpha_2, \alpha_3)$ et $P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ montrent que :

$\begin{align*}
S(\alpha_1,\alpha_2, \alpha_3) &=(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3 + (\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3\\
P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) &= (\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3 \times (\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3.
\end{align*}$

Pour plus de commodité dans les notations, posez $u=(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3$ et $v = (\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3.$

$\begin{align*}
S(\alpha_1,\alpha_2, \alpha_3) &=u+v\\
P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) &= u \times v.
\end{align*}$

En développant le polynôme $(X-u)(X-v)$ il vient $X^2-S(\alpha_1,\alpha_2, \alpha_3)X +P(\alpha_1,\alpha_2, \alpha_3).$

Cette analyse conduit à la conclusion suivante.

Les nombres $(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3$ et $(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3$ sont les deux racines du polynôme du second degré $X^2 – (2N_1^3-9N_1N_2+27N_3)X + (N_1^2-3N_2)^3$, les nombres $N_1$, $N_2$ et $N_3$ satisfaisant les égalités :
$\boxed{\begin{align*}
N_1 &= \frac{-b}{a} \\
N_2 &= \frac{c}{a} \\
N_3 &= \frac{-d}{a}.
\end{align*}}$

Déterminez l’expression des solutions hors cas particulier

On appelle « résolvante » l’équation du second degré suivante : $X^2 – (2N_1^3-9N_1N_2+27N_3)X + (N_1^2-3N_2)^3=0$ dans le cas où $N_1^2-3N_2\neq 0.$

Tout nombre complexe admettant une racine cubique, vous pouvez noter $k$ une racine cubique de l’une des racines du polynôme $X^2 – (2N_1^3-9N_1N_2+27N_3)X + (N_1^2-3N_2)^3.$

Notez alors que $k$ est non nul. Vous choisissez un nombre $k\in\C^{*}$ tel que $\boxed{(k^3)^2 – (2N_1^3-9N_1N_2+27N_3)k^3 + (N_1^2-3N_2)^3 = 0}.$

Les nombres $u$ et $v$ sont les deux solutions possibles de l’équation $X^2 – (2N_1^3-9N_1N_2+27N_3)X + (N_1^2-3N_2)^3 = 0.$ Or $k^3$ en est une.

Deux cas sont donc possibles.

1er cas : $u = k^3$

Cela s’écrit $(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3 = k^3$ du coup il y a trois sous-cas.

Sous cas a : $\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 = k$

Vous avez :

$\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1\\
\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 &= k\\
\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3 &= \frac{N_1^2-3N_2}{k}
\end{align*}$

Du coup :

$\begin{align*}
\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\
1 & j & j^2 \\
1 & j^2 & j
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\alpha_1\\
\alpha_2\\
\alpha_3
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
N_1\\
k\\
\frac{N_1^2-3N_2}{k}
\end{pmatrix}
\end{align*}$

d’où :

$\begin{align*}
\begin{pmatrix}
\alpha_1\\
\alpha_2\\
\alpha_3
\end{pmatrix} =\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\
1 & j^2 & j \\
1 & j & j^2
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
N_1\\
k\\
\frac{N_1^2-3N_2}{k}
\end{pmatrix}
\end{align*}$

Ainsi :

$\left\{\begin{align*}
\alpha_1 &= \frac{1}{3}\left(N_1+k+ \frac{N_1^2-3N_2}{k} \right)\\
\alpha_2 &= \frac{1}{3}\left( N_1 + j^2k + \frac{jN_1^2-3jN_2}{k} \right) \\
\alpha_3 &= \frac{1}{3}\left( N_1 + jk +\frac{j^2N_1^2-3j^2N_2}{k} \right)
\end{align*}\right.$

Sous cas b : $\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 = jk$

$\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1\\
\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 &= jk\\
\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3 &= \frac{N_1^2-3N_2}{jk}
\end{align*}$

$\left\{\begin{align*}
\alpha_1 &= \frac{1}{3}\left(N_1+jk+ \frac{j^2N_1^2-3j^2N_2}{k} \right)\\
\alpha_2 &= \frac{1}{3}\left( N_1 + k + \frac{N_1^2-3N_2}{k} \right) \\
\alpha_3 &= \frac{1}{3}\left( N_1 + j^2k +\frac{jN_1^2-3jN_2}{k} \right)
\end{align*}\right.$

Sous cas c : $\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 = j^2k$

$\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1\\
\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 &= j^2k\\
\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3 &= \frac{N_1^2-3N_2}{j^2k}
\end{align*}$

$\left\{\begin{align*}
\alpha_1 &= \frac{1}{3}\left(N_1+j^2k+ \frac{jN_1^2-3jN_2}{k} \right)\\
\alpha_2 &= \frac{1}{3}\left( N_1 + jk + \frac{j^2N_1^2-3j^2N_2}{k} \right) \\
\alpha_3 &= \frac{1}{3}\left( N_1 + k +\frac{N_1^2-3N_2}{k} \right)
\end{align*}\right.$

Remarque : dans les trois sous-cas, vous constatez que les solutions, indépendamment de l’ordre, sont les mêmes.

2ème cas : $v = k^3$

Cela s’écrit $(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3 = k^3$ revient au cas précédent en inversant $\alpha_2$ et $\alpha_3.$

Concluez hors cas particulier

Pour résoudre l’équation de degré $3$, vous formez l’équation du second degré suivante :

$\boxed{X^2 + (-2N_1^3+9N_1N_2-27N_3)X + (N_1^2-3N_2)^3=0}$

appelée « résolvante ». Si $N_1^2-3N_2 = 0$ vous êtes dans le cas particulier évoqué. Sinon, vous appelez $k$ la racine cubique de l’une des deux solutions quelconques de cette résolvante.

Les trois solutions de l’équation de degré $3$ sont les nombres suivants : $\frac{1}{3}\left(N_1+k+ \frac{N_1^2-3N_2}{k} \right)$, $\frac{1}{3}\left( N_1 + j^2k + \frac{jN_1^2-3jN_2}{k} \right)$ et $\frac{1}{3}\left( N_1 + jk +\frac{j^2N_1^2-3j^2N_2}{k} \right)$.

Pour plus de commodité, vous pourrez noter $\boxed{C = N_1^2-3N_2}$ et noter que les solutions s’obtiennent en calculant $\boxed{\frac{1}{3}\left(N_1 + z + \frac{C}{z}\right)}$, lorsque $\boxed{z\in\{k, jk, j^2k\}.}$

Il est tout à fait remarquable de constater que ces solutions ne dépendent pas du choix de la racine cubique $k$ choisie.

Besoin de concret ?

Rendez-vous dans l'article 144 qui vous montrera un exemple direct de résolution utilisant cette méthode.

De même, allez jeter un oeil dans l'article 147.

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