Catégorie : Niveau Agrégation

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{aligned}
(\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{aligned}

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{aligned}
(\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{aligned}

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

Fonctions circulaires

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{aligned}
(\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{aligned}

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{aligned}
x^3 – x-2 = 0 &\Longleftrightarrow 4x^3 – 4x-8 = 0.
\end{aligned}

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{aligned}
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{aligned}

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

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{aligned}
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{aligned}

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{aligned}
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{aligned}

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{aligned}
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{aligned}

Posez
\begin{aligned}
\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{aligned}

Alors les trois réels
\begin{aligned}
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{aligned}
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{aligned}
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{aligned}

Soit $\K$ un corps quelconque et $\L$ un corps contenant $\K$.

Supposez que $\alpha$ est un élément algébrique sur $\K$, i.e. il existe un polynôme $P$ non nul de $\K[X]$ tel que $P(\alpha)=0.$

Remarquez déjà que $P$ est de degré supérieur à égal à $1$. Si tel n’était pas le cas, $P$ serait constant et non nul et l’égalité $P(\alpha)=0$ forcerait la valeur de cette constante à $0$ et donc $P$ serait nul, ce qui constitue une contradiction.

Vers un polynôme irréductible

Vous savez que dans $\R[X]$, tout comme dans $\C[X]$ les polynômes s’écrivent tous comme produits de polynômes irréductibles.

Pour le corps $\K$, rappelez-vous ce que signifie la notion de « polynôme irréductible ». La définition est analogue à celle des nombres premiers.

Par exemple, $1$ n’est pas un nombre premier pour assurer l’unicité de la décomposition d’un entier $n\geq 2$ comme produit de nombres premiers. Pour les polynômes, on effectue l’analogie et on définit les polynômes constants comme n’étant pas irréductibles. Ces remarques conduisent à la définition suivante.

Un polynôme $A\in \K[X]$ est dit irréductible sur $\K$, si et seulement si les deux conditions suivantes sont satisfaites :
$A$ est de degré supérieur ou égal à 1,
$\forall B \in \K[X]$, $ B$ divise $A \Rightarrow (\exists \lambda\in \K^{*}, A = \lambda$ ou $B=\lambda A)$.

La dernière condition peut être remplacée par : « les seuls polynômes qui divisent $A$ sont les polynômes constants et les polynômes associés à $A$« .

Vous voulez montrer maintenant qu’il existe un et un seul polynôme unitaire et irréductible $A\in \K[X]$ tel que $A(\alpha)=0$. Cela sera montré en deux étapes.

Existence d’un polynôme unitaire et irréductible sur $\K$ qui annule $\alpha$

Parmi tous les polynômes unitaires de $\K[X]$ qui annulent $\alpha$, vous allez considérer « les plus petits », c’est-à-dire ceux qui ont un degré minimal. Cela conduit à considérer l’ensemble suivant.
$E = \{ n\in \N^{*}, \exists Q\in\K[X], Q\text{ est unitaire, de degré }n, \text{ tel que }Q(\alpha)=0.\}$

Soit $c\neq 0$ le coefficient dominant du polynôme $P$. Considérez $P_0 = \dfrac{1}{c} P$.
Il s’ensuit que $\mathrm{deg} P_0 \in E $ vu que $P_0$ est unitaire de même degré que $P$ et annulant $\alpha$.

L’ensemble $E$ est non vide. Comme $E\subset \N^{*}$ notons $m\geq 1$ le plus petit élément de $E$. Il existe ainsi un polynôme $Q\in\K[X]$ unitaire, de degré $m\geq 1$, tel que $Q(\alpha)=0$. Il reste à montrer que $Q$ est irréductible sur $\K$.

Vous allez y parvenir grâce à ce lemme : si $B$ est un diviseur de $Q$ dans $\K[X]$ tel que $B(\alpha)=0$, alors $B$ et $Q$ sont associés.

Preuve du lemme. Soit $B$ un diviseur de $Q$ dans $\K[X]$ tel que $B(\alpha)=0$. Il existe $C\in\K[X]$ tel que $Q(X)=B(X)C(X)$.

Si $B$ était constant, on aurait $B(X)=B(\alpha)=0$ et $Q=BC=0$, contradiction. Donc $B$ n’est pas constant. Notez $b\neq 0$ le coefficient dominant de $B$ et considérez $B_0 = \dfrac{1}{b}B$.

Comme $\mathrm{deg} B_0 = \mathrm{deg} B$ vous constatez que $B_0$ est unitaire, annule $\alpha$ et a un degré supérieur ou égal à $1$. Donc $\mathrm{deg} B_0\in E$.
Il s’ensuit que, par minimalité de $m$, $m\leq \mathrm{deg} B_0 \leq \mathrm{deg} B$. Comme $B$ divise $Q$, $\mathrm{deg} B \leq m$ donc $\mathrm{deg} B = m$. $Q$ et $B$ ayant le même degré, $C(X)$ est constant. Cette constante est non nulle sinon $Q$ serait nul. Par conséquent, il existe $\mu \in \K^{*}$ tel que $C(X)=\mu$ et vous obtenez $B(X)=\dfrac{1}{\mu}Q(X)$. Le lemme est démontré.

Maintenant, vous avez tous les outils pour montrer que $Q$ est irréductible sur $\K$.

Remarquez que $Q$ est de degré supérieur ou égal à 1.
Notez $B\in \K[X]$ un diviseur de $Q$. Il existe un polynôme $C\in\K[X]$ tel que $Q=BC$.
Supposez que $B(\alpha)=0$. Par application du lemme à $B$, $B$ est associé à $Q$.
Supposez maintenant que $B(\alpha)\neq 0$. Posez $\lambda = B(\alpha) $, $\lambda\in\K^{*}$. Comme $Q(\alpha)=0=B(\alpha)C(\alpha)$, par intégrité du corps $\K$, vous avez $C(\alpha)=0$. Comme $C$ est un diviseur de $Q$ dans $\K[X]$, par application du lemme à $C$, $C$ et $Q$ sont associés. Ils ont le même degré. Aussitôt, $B$ est constant, donc $B(X)=\lambda$.

Unicité du polynôme unitaire et irréductible sur $\K$ qui annule $\alpha$

Soient $R$ et $S$ deux polynômes unitaires et irréductibles sur $\K$ tels que $R(\alpha)=S(\beta)=0.$

Notez $T$ le PGCD des deux polynômes $R$ et $S$. Ce PGCD est le polynôme unitaire de plus haut degré divisant à la fois $R$ et $S$. Par l’algorithme d’Euclide, vous savez que $T\in\K[X]$.
Supposez que $T$ est constant. D’après la relation de Bézout, il existe $U$ et $V$, deux polynômes à coefficients dans $K$, tels que $T(X)= U(X)R(X)+V(X)S(X)$. Alors $T(\alpha) = U(\alpha)\times 0 + V(\alpha)\times 0 = 0.$ Donc $T(X)=T(\alpha)=0$. Comme $R$ est un multiple de $T$, c’est que $R=0$. Contradiction avec $\mathrm{deg}R \geq 1.$

Donc $T$ n’est pas constant. $\mathrm{deg} T \geq 1.$ Comme $T$ est un diviseur de $R$ qui est irréductible sur $\K$, $T$ est associé à $R$. Comme $T$ et $R$ sont unitaires, $T=R$. De même, comme $T$ est un diviseur de $S$ qui est irréductible sur $\K$, $T$ et $S$ sont associés. Ils sont unitaires donc $T=S$.

Finalement $R=T=S$.

Quels sont les polynômes de $\K[X]$ qui annulent $\alpha$ ?

Soit $A$ un polynôme de $\K[X]$ qui annule $\alpha$. Notez $\Pi$ l’unique polynôme unitaire et irréductible sur $\K$ qui annule aussi $\alpha$.

Notez $B$ le PGCD des polynômes $\Pi$ et $A$. Alors $B\in\K[X]$. Il existe deux polynômes de Bézout $U$ et $V$ de $\K[X]$ tels que $B = UA+V\Pi$. En substituant $\alpha$, vous trouvez $B(\alpha)=0$.
Or, $B$ divise $\Pi$ qui est irréductible. Si $B$ est constant alors il est identiquement nul, donc $\Pi$ est nul, contradiction. Donc $B$ n’est pas constant. Il est donc associé à $\Pi$. Comme $B$ divise $A$ et que $B$ et $\Pi$ sont associés, aussitôt $\Pi$ divise $A$.

L’ensemble des multiples de $\Pi$ dans $\K[X]$ est l’ensemble des polynômes de $\K[X]$ qui annulent $\alpha$. C’est pour cette raison que le polynôme $\Pi$ est aussi appelé « polynôme minimal » de $\alpha$.

Que peut-on dire d’un polynôme de $\K[X]$ qui n’annule pas $\alpha$ ?

Soit $Q$ un polynôme à coefficients dans $\K$ tel que $Q(\alpha)\neq 0$. Vous pourrez former l’inverse $\dfrac{1}{Q(\alpha)}$ et l’exprimer comme un polynôme en $\alpha$.

C’est ainsi qu’il est possible d’écrire une expression de la forme $\dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}}$ sans racine carrée au dénominateur…

Reprenez le polynôme $Q$ et diminuez son degré en le divisant par le polynôme minimal $\Pi$.

De l’algorithme d’Euclide, vous déduisez l’existence de deux polynômes $A$ et $B$ à coefficients dans $\K$ tels que $Q=A\Pi+B$ avec la condition de degré $\mathrm{deg} B < \mathrm{deg} \Pi.$

En substituant $\alpha$ vous trouvez $Q(\alpha) = B(\alpha)$. Il reste à montrer que $\dfrac{1}{B(\alpha)}$ s’exprime comme un polynôme en $\alpha$.

Considérez les coefficients de Bézout dans le calcul du PGCD de $\Pi$ et de $B$ noté $R$. Comme $\mathrm{deg}R \leq \mathrm{deg}B < \mathrm{deg} \Pi$, $R$ ne peut être associé à $\Pi$. Comme $\Pi$ est irréductible, $R$ est une constante non nulle. Donc il existe $\lambda\in\K^{*}$ et deux polynômes $U$ et $V$ à coefficients dans $\K$ tels que $\lambda = U\Pi + VB.$ En substituant $\alpha$, vous trouvez $\lambda = V(\alpha)B(\alpha)$ aussitôt $\dfrac{1}{Q(\alpha)} = \dfrac{1}{B(\alpha)}=\dfrac{V(\alpha)}{\lambda}.$