Sur la méthode de Cardan

Ah oui, c'est sûr que $x=y+h$, c'est beaucoup plus lisible que $x=u+v$. (:P)

C'est quand même bizarre que pour présenter la méthode de Cardan on utilise le truc qui a permis à Cardan de présenter sa méthode !!

Si on propose autre chose, ce ne sera plus la "méthode de Cardan". Piteux_gore, pourrais-tu développer ta "méthode", je ne trouve pas que ça simplifie ...

Cordialement.

NB : $y-p/3y = y -\frac p 3 y = \frac {2p} 3 y$

Si c'est "pédagogiquement plus clair" pour toi ....

"La résolution n'est pas plus simple, .." mais tu ne la fais pas ... moi, je suis tombé sur une équation de degré 6 qui redonne les mêmes calculs. Truc pour truc, autant ne pas compliquer.

Bonjour,

Voici ma tentative de résolution de $x^3+p x + q = 0$ si je ne connaissais pas la méthode de Cardan.

Pour une équation du second degré, $x^2 + b x + c = 0$ les solutions s'écrivent $x = a+i b$ avec $i^2=-1$ et $a,b \in\R.$ Il me semble donc que la généralisation est, pour le degré $3$ : $x = a+k b$ avec $k^3 = -1.$

On substitue donc $x = a+k b$ dans l'équation : $x^3+p x + q = a^3-b^3+q+a p + k (b p + 3 a^2 b) + 3 k^2 a b^2= 0.$

Comme $k, k^2$ ont même partie imaginaire, alors on a $b (p + 3 a^2 + 3 a b)=0.$

On suppose $b \neq 0$ : et alors $a \neq 0$ puisque sinon $p=0$ et les solutions de $x^3+q = 0$ sont évidentes.

On a donc $b = -a - {p \over 3 a}$ et donc $x = {a \over 2} - i {\sqrt{3} \over 2} {p \over 3 a}$ et on reporte et on identifie la partie imaginaire : $9 a^4 + 12 p a^2 - 2 p^2 = 0$ qui est de degré $2$ en $a^2$ et que l'on sait résoudre. On a donc deux solutions et par identification on trouve la troisième.

Non ?

Pas mal, sauf que "comme $k, k^2$ ont la même partie imaginaire" est faux.

Autre chose : supposer b non nul correspond à admettre que l'équation n'a pas trois racines réelles. Or ça arrive.

Cordialement.

Autre vision de la méthode de YvesM

On cherche les racines de l'équation \(x^3+px+q=0\) sous la forme : \(x=a+b\exp(i\pi/3)\).

On suppose \(p\) et \(q\) non nuls…

Tous calculs faits, on obtient: \(x^3+px+q=A+iB\)
\begin{align*}
A &= a^3-ap+q-b^3+\frac{3a^2b-pb-3ab^2}2 \\ B&=\frac{\sqrt3}2 b(p-3ab-3a^2)
\end{align*}

On cherche alors à résoudre le système des deux équations \(A=0\) et \(B=0\).

L'équation \(B=0\) conduit à discuter deux cas : \(b=0\) ou \(p-3ab-3a^2=0\).

Dans le premier cas, l'équation \(A=0\) se réduit à : \(a^3-ap+q=0\) ; on tourne en rond…

Dans le second cas, l'équation \(p-3ab-3a^2=0\) n'admettant aucune solution avec \(a\) nul, il est légitime d'écrire : \(b=\frac{p-3a^2}{3a}\).
En reportant dans l'équation \(A\) on obtient pour \(a\) l'équation : \(27a^6-27a^3q+p^3=0\) dont la résolution se ramène à la résolution d'une équation du second degré de discriminant \(27(27q^2-4p^3)\) (air connu) et de calculs de racines cubiques.

Si l'on a supposé \(a\) et \(b\) réels, ainsi que \(p\) et \(q\), l'équation initiale est équivalente au système des deux équations \(A=0\) et \(B=0\).

Mais il plus intéressant de ne considérer que l'implication : \(A=B=0 \implies A+iB=0\).
La résolution du système permet d'obtenir des solutions de l'équation du troisième degré sous la forme : \(x=a+\dfrac{p-3a^2}{3a}\exp(i\pi/3)\) avec \(a\) racine, éventuellement non réelle, d'une équation du second degré en \(a^3\).

Voilà un essai. $\def\jb{\bar{\jmath\,}\!\,}$

Je veux les trois solutions $a,b,c$ à l'équation $x^3-3px+2q=0$.

Leur somme est nulle, donc je peux écrire, avec $s = \frac{1}{3}(a+\jb b + j c)$ et $t = \frac{1}{3}(a+j b + \jb c)$ :
$a = s + t$
$b = js + \jb t$
$c = \jb s + js$.

On a alors $abc = s^3 + t^3$ et $bc+ca+ab = - 3st$.
Les relations coefficients racines s'écrivent donc $s^3+t^3=-2q$ et $-3st = -3p$.

Ainsi $s^3$ et $t^3$ sont les racines du trinôme $(r-s^3)(r-t^3) = r^2 + 2qr + p^3$.
On résout : $s^3,t^3 = -q\pm\delta$ avec $\delta^2 = q^2 - p^3$.

(je vous laisse conclure, parce que la fin n'est pas très canonique à mon avis)