Simple complexe

il me semble que la manière la plus naturelle est de montrer que lorsqu'on élève les deux membres de l'égalité au cube, l'égalité est conservée.

Ha oui, tu as raison egoroff, je n'ai pas vu celà comme ça.
on fait passer un élément du membre de gauche à droite, puis on élève au cube, puis on isole le terme qui contient la racine cubique d'un côté de légalité, enfin on élève encore au cube.
Merci d'essayer, je n'aime pas les calculs,

ok, je vais essayer de faire ce que je n'aime pas, c'est à dire calculer!

Bonjour.
Je viens de regarder ce que fait Maple, avec evalf, il donne 4.000000000 comme résultat. Mais Maple donne une valeur à la racine cubique (Puissance 1/3) d'un complexe z, qui est le complexe de module la racine cubique du module de z et d'argument un tiers de l'argument calculé de z (entre -Pi/2 et Pi/2).
Ce qui donne, pour les racines cubiques conjuguées du début un module commun qui est $\sqrt (5)$ et comme argument $ \pm \frac{arctan(\frac{11}{2} ) }{3}$.
Il reste à montrer que $2 \sqrt (5) cos(\frac{arctan(\frac{11}{2} )}{3})$ donne 4.

Et tout ça avec les conventions de Maple.

Cordialement

C est Bombelli, en travaillant sur les formules de Cardan, qui est tombé sur ce problème en voulant résoudre l'équation:

$x^3 = 15 x + 4$ .


En voulant appliquer les formules de Cardan, il tombait sur la racine cubique de $2 + \sqrt{-121} = 2 + 11 \sqrt{-1}$.

Il a alors montré que la racine cubique de ce nombre valait $2 + \sqrt{-1}$ en élevant au cube ces deux nombres et en montrant qu'ils étaient égaux.

De même, il montra que la racine cubique de $-2 + \sqrt{-121}$ vaut $- 2 + \sqrt{-1}$.
Et donc la somme de ces deux nombres vaut 4, et c est bien une racine de l'équation.

On a même
$X^6-4X^3+125=(X^2-4X+5)\,(X^2+(2+\sqrt{3})X+5)\,(X^2+(2-\sqrt{3})X+5)$

Voici une solution complète utilisant les fonctions symétriques des zéros d'un polynôme. Ma factorisation du polynôme $X^6-4X^3+125$ dans ma précédente solution était un peu parachutée...

On pose $a=2+11\,\hbox{i}$.
On note $x_i$, $i\in[\![1,3]\!]$ les racines cubiques de $a$.
On a
$(x_i\bar{x_i})^3=a\bar a=125$ d'où $x_i\bar{x_i}=5$.
On pose $\omega_i=x_i+\bar{x_i}$, nombres réels.
{\bf BUT : calculer les $\omega_i$.}

$a$ et $\bar a$ sont les zéros du polynôme
$X^2-4\,X+125\,.$
Par suite $x_i,\ \bar x_i,\ i\in[\![1,3]\!]$ sont les zéros du polynôme
$X^6-4\,X^3+125\,.$
Or $(X-x_i)\,(X-\bar{x_i}) = X^2 - \omega_i X + 5$ donc
$(X^2 - \omega_1 X + 5)\,(X^2 - \omega_2 X + 5)\,(X^2 - \omega_3 X + 5) = X^6-4X^3+125$.

Par suite en regardant les coefficients de $X^5,\ X^4,\ X^3$ :
$-(\omega_1+\omega_2+\omega_3) = 0$
$15+\omega_1\,\omega_2+\omega_2\,\omega_3+\omega_3\,\omega_1 = 0$
$-5(\omega_1+\omega_2+\omega_3)-\omega_1\,\omega_2\,\omega_3=-4$

On obtient ainsi
$\omega_1+\omega_2+\omega_3 = 0$
$\omega_1\,\omega_2+\omega_2\,\omega_3+\omega_3\,\omega_1=-15$
$\omega_1\,\omega_2\,\omega_3=4$

Par suite $\omega_1,\ \omega_2,\ \omega_3$ sont les zéros du polynôme
$X^3-15\,X-4$.
Or
$X^3-15\,X-4=(X-4)\,(X^2+4\,X+1)$

d'où
$\omega_1=4$
$\omega_2=-2+\sqrt{3}$
$\omega_3=-2-\sqrt{3}$

Voilà !