L'homme ne montre son véritable visage qu'une fois qu'il a ôté sa culotte. (Sade)
Condition sur une équation cubique
dans Algèbre
Bonjour,
Condition pour que l'équation $x^3 + px + q = 0$ ait une racine égale au carré d'une autre racine ?
Ce problème n'est pas difficile en soi, mais les différentes méthodes d'élimination que j'ai essayées (par exemple entre l'équation initiale et l'équation aux carrés) donnent des calculs assez pénibles. Y aurait-il une astuce ?
A+
Condition pour que l'équation $x^3 + px + q = 0$ ait une racine égale au carré d'une autre racine ?
Ce problème n'est pas difficile en soi, mais les différentes méthodes d'élimination que j'ai essayées (par exemple entre l'équation initiale et l'équation aux carrés) donnent des calculs assez pénibles. Y aurait-il une astuce ?
A+
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Réponses
Tu trouves une horreur comme ça ? Cordialement,
Rescassol
$$
(u-v^2 )(u-w^2 )(v-u^2 )(v-w^2 )(w-u^2 )(w-v^2 )
$$
en fonction des polynômes symétriques élémentaires.
Je trouve des résultants abominables et la méthode $(u - v^2)...(w - v^2)$ donne des calculs du même tonneau.
Il me semble que cet exercice est absent des traités classiques... Pour cause de calculs trop lourds ?
A+
il est donc surprenant que dans la condition écrite plus haut, $p$ ne soit pas en facteur...
Je viens de penser à ceci :
en partant des relations de Viète, on est conduit à éliminer l'inconnue entre deux trinômes ; il suffit alors d'écrire $(ac')^2 - (ab')(bc') = 0$, sans développer les parenthèses.
Qui dit mieux ?
A+
SageMath : Première méthode : résultant de x^3 + x*p + q et x^6 + x^2*p + q:
q * (p + q + 1) * (p^5 + p^4 + p^3*q + 5*p^2*q^2 - p*q^3 + q^4 - 2*p^2*q - p*q^2 + 2*q^3 + q^2)
Deuxième méthode : résultant de a^4 + a^3 + a^2 + p et -a^5 - a^4 + q par rapport à a :
p^5 + p^4 + p^3*q + 5*p^2*q^2 - p*q^3 + q^4 - 2*p^2*q - p*q^2 + 2*q^3 + q^2
Rescassol a visiblement utilisé la première méthode, et on récupère les cas parasites où 0 ou 1 sont racine simple.
J'avais effectivement fait quelque chose d'approchant à la première méthode.
Cordialement,
Rescassol
Sous forme non-développée, cela donne
$[q(p - 1)^2 + (q - p)(q+p)]^2 = [(p - 1)(q - p^2) - (p+q)^2].[q(p+q)(1 - p) - (q - p)(q - p^2)]$.
A+
> en partant des relations de Viète, on est conduit à éliminer l'inconnue entre deux trinômes ; il
> suffit alors d'écrire $(ac')^2 - (ab')(bc') = 0$, sans développer les parenthèses.
Tu décodes ?
> Je trouve des résultants abominables
Vu le résultat, le calcul sera ch..t quoi qu'on fasse.
PS. Ta condition introduit un facteur parasite $p-1$.
PPS. On arrive sans trop se fatiguer à
$$\begin{vmatrix} p^2-q&p^2+2pq-q&pq+q^2\\-p-q&p^2-q&pq-q\\1-p&-p-q&p-q\end{vmatrix}=0\;.$$
Ci-dessous deux photos, dde près et de loin.
je n'arrive pas à faire de l'ordre.
[Contenu du second pdf joint. AD]
[À ton service. :-) AD]
Il manque un tout petit bout de la courbe : le point solitaire $(0,-1)$, correspondant au polynôme $x^3-1$. La racine $j^2$ est le carré de la racine $j$, et vice-versa, ce qui explique la singularité de ce point sur la courbe. Comme il est solitaire, un dessin implicite ne le fera apparaître, mais pourtant il est bien là.
Les autres points singuliers réels que l'on voit sur ton dessin sont
- le point $(0,0)$, correspondant au polynôme qui a $0$ pour racine triple ; on comprend bien qu'il soit singulier;
- le point $(-0.3646556076560387\ldots,\; 0.06885753624646395\ldots)$ correspondant au polynôme qui a pour racines $a,a^2,a^4$ où $a$ est l'unique solution réelle de $a^3+a+1=0$ ; on comprend aussi pourquoi c'est un point double de la courbe.
Il y a bien sûr deux points singuliers complexes conjugués correspondant aux solutions complexes conjuguées de $a^3+a+1=0$.
appartient à une espèce rare !