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,
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.
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.
Allons-y doucement : soit $z=x+iy$ une racine cubique de $2+11i$ et $z'$ son conjugué (qui est donc racine cubique de $2-11i$).
On a tout d'abord : $|2+11i|=5\sqrt{5}$ donc $|z|=\sqrt{5}$ d'où $x^2+y^2=5$.
Ensuite $(x+iy)^3=(x^3-3xy^2)+i(3x^2y-y^3)=2+11i$ donc $x^3-3xy^2=2$, c'est-à-dire $x^3-3xy^2-2=x^3-3x(5-x^2)-2=4x^3-15x-2=(x-2)(4x^2+8x+1)=(x-2)(2x+2+\sqrt{3})(2x+2-\sqrt{3})=0$. On en déduit qu'il est probable que $x=2$ et donc que $y=1$ (de toute façon, si on trouve une racine, on trouve les 2 autres en multipliant par $j$ et $j^2$)
On vérifie que l'on a bien $(2+i)^3=2+11i$ et par conséquent $z=2+i$ convient et donne bien $z+z'=4$.
Pour les 2 autres racines cubiques, on trouve -1 à la place de 4.
J’avais résolu le problème par 2 voies différentes :
1- Résolution de $ \sqrt[3]{2+11i} + \sqrt[3]{2-11i} = z $. Par élévation au cube, on obtient l’équation $(z-4)(z^2+4z+1) = 0 $ d’où …
2- En désignant par $3\alpha$ l’argument de 2+11i et en utilisant la formule $ tg3\alpha = \frac{3t-t^3}{1-3t^2} = 2/11$ avec $t=tg\alpha$ on obtient $(t-1/2)(t^2+16t-11)$ d’où …
Vu les résultats, je me demandai s’il existait une solution élégante – géométrique – pour résoudre ce problème sans faire intervenir des équations du 3ième degré.
En fait, je trouve que remplacer une page de calculs par une figure et un raisonnement c’est satisfaisant !
Géométriquement, mon problème pourrait s’énoncer de la façon suivante : « On donne un triangle OAB rectangle en A avec OA=2 et AB=11. Construire le triangle OCD rectangle en C avec OAC alignés, $OD=\sqrt[3]{OB}$ et angle COD=(angle AOB)/3. Que remarquez vous ? »
Pythagore donne $OB=5\sqrt{5}$ et donc $OC=\sqrt{5}$. On remarque que pour M situé entre A et B avec AM=1 on a $OM=\sqrt{5}$. Reste la relation d’angle pour montrer que M et C sont confondus. Et là je coince géométriquement.
Il s’agit peut-être d’un problème géométrique qui se résout élégamment en utilisant ...les complexes.
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 pose $a=2+11i$ et $b=2-11i$.
On a $a+b=4$, $ab=125$ donc $a$ et $b$ sont les solutions de l'équation
$X^2-4X+125=0$.
Par suite les 3 racines cubiques de $a$ et les 3 racines cubiques de $b$ sont les solutions de
$X^6-4X^3+125=0$.
Or
$X^6-4X^3+125=(X^2-4X+5)\,(X^4+4X^3+11X^2+20X+25)$
Par suite les 2 racines $u$ et $v$ de $X^2-4X+5$ sont non réelles, conjuguées, de somme 4. On en déduit que l'une est une racine cubique de $a$ et l'autre une racine cubique de $b$ [en effet 2 racines cubiques de $a$ (resp. $b$) ne sont pas conjuguées car $a$ (resp. $b$) n'est pas réel].
Par suite si l'on prend une racine cubique de $a$ et si on lui ajoute son conjugué, on obtient
soit 4
soit $-2-\sqrt{3}$
soit $-2+\sqrt{3}$
La somme de ces 3 nombres est nulle, mais on le savait a priori...
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
$X^3-15\,X-4=(X-4)\,(X^2+4\,X+1)$
Réponses
Encore faudrait-il définir correctement la racine cubique d'un nombre complexe. Quelle est ta définition ?
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,
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
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
On a tout d'abord : $|2+11i|=5\sqrt{5}$ donc $|z|=\sqrt{5}$ d'où $x^2+y^2=5$.
Ensuite $(x+iy)^3=(x^3-3xy^2)+i(3x^2y-y^3)=2+11i$ donc $x^3-3xy^2=2$, c'est-à-dire $x^3-3xy^2-2=x^3-3x(5-x^2)-2=4x^3-15x-2=(x-2)(4x^2+8x+1)=(x-2)(2x+2+\sqrt{3})(2x+2-\sqrt{3})=0$. On en déduit qu'il est probable que $x=2$ et donc que $y=1$ (de toute façon, si on trouve une racine, on trouve les 2 autres en multipliant par $j$ et $j^2$)
On vérifie que l'on a bien $(2+i)^3=2+11i$ et par conséquent $z=2+i$ convient et donne bien $z+z'=4$.
Pour les 2 autres racines cubiques, on trouve -1 à la place de 4.
J’avais résolu le problème par 2 voies différentes :
1- Résolution de $ \sqrt[3]{2+11i} + \sqrt[3]{2-11i} = z $. Par élévation au cube, on obtient l’équation $(z-4)(z^2+4z+1) = 0 $ d’où …
2- En désignant par $3\alpha$ l’argument de 2+11i et en utilisant la formule $ tg3\alpha = \frac{3t-t^3}{1-3t^2} = 2/11$ avec $t=tg\alpha$ on obtient $(t-1/2)(t^2+16t-11)$ d’où …
Vu les résultats, je me demandai s’il existait une solution élégante – géométrique – pour résoudre ce problème sans faire intervenir des équations du 3ième degré.
Géométriquement, mon problème pourrait s’énoncer de la façon suivante : « On donne un triangle OAB rectangle en A avec OA=2 et AB=11. Construire le triangle OCD rectangle en C avec OAC alignés, $OD=\sqrt[3]{OB}$ et angle COD=(angle AOB)/3. Que remarquez vous ? »
Pythagore donne $OB=5\sqrt{5}$ et donc $OC=\sqrt{5}$. On remarque que pour M situé entre A et B avec AM=1 on a $OM=\sqrt{5}$. Reste la relation d’angle pour montrer que M et C sont confondus. Et là je coince géométriquement.
Il s’agit peut-être d’un problème géométrique qui se résout élégamment en utilisant ...les complexes.
tes deux solutions sont intéressantes mais incomplètes me semble t-il
l'équation du troisième degré en z, étant factorisée
tu déclares z=4 et pourquoi z=-2+ou- rac(3) ne conviendrait pas?
dans la solution trigonométrique (a pour alpha)
tu dis tan(3a)=2/11 en fait c'est tan(3a)=11/2
ton équation en t comporte donc une erreur; il s'agit en fait de
(2t-1)(t²-16t-11)=0
pour t=1/2 tu trouves en effet z=4
et pourquoi éliminer les deux autres racines (réelles) en t?
cordialement
$x^3 = 15 x + 4$ .
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 $a+b=4$, $ab=125$ donc $a$ et $b$ sont les solutions de l'équation
$X^2-4X+125=0$.
Par suite les 3 racines cubiques de $a$ et les 3 racines cubiques de $b$ sont les solutions de
$X^6-4X^3+125=0$.
Or
$X^6-4X^3+125=(X^2-4X+5)\,(X^4+4X^3+11X^2+20X+25)$
Par suite les 2 racines $u$ et $v$ de $X^2-4X+5$ sont non réelles, conjuguées, de somme 4. On en déduit que l'une est une racine cubique de $a$ et l'autre une racine cubique de $b$ [en effet 2 racines cubiques de $a$ (resp. $b$) ne sont pas conjuguées car $a$ (resp. $b$) n'est pas réel].
$X^6-4X^3+125=(X^2-4X+5)\,(X^2+(2+\sqrt{3})X+5)\,(X^2+(2-\sqrt{3})X+5)$
soit 4
soit $-2-\sqrt{3}$
soit $-2+\sqrt{3}$
La somme de ces 3 nombres est nulle, mais on le savait a priori...
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 !