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Posté par re : équations du troisième degré 08-02-17 à 11:51

Bonjour à tous, je vous annonce le décès de la mère à ma fille, Bilogui Ayissi Célestine. Vous savez, celle qui a inspiré la tabicelle.

Posté par re : équations du troisième degré 08-02-17 à 18:04

Bonjour

mes condoléances...

Posté par re : équations du troisième degré 09-02-17 à 10:14

Bonjour à tous, merci beaucoup, ma chère Louisa.

Posté par re : équations du troisième degré 10-05-17 à 15:15

bonjour à tous, voici rectifié ce queYzz incrimine ici:

Yzz @ 01-02-2017 à 09:13

Salut,

Juste histoire de relancer la machine,
s'agirait pas qu'on laisse planer l'ombre d'un doute sur l'intérêt que l'on porte au présent sujet.

Y'a pas comme un pb là :

Citation :
{(ax³+by³+c=0(1) ET dxy+e=0(2) )↔{(((a.x)^1/3)³+((b.y)^1/3)³+c=0(1) et 3(b.x)^1/3.(b.y)^1/3+3 (e(ab)^1/3)/d=0(2)

$\left\lbrace\begin{matrix} ax^3+by^3+c=0(1)\\ dxy+e=0(2) \end{matrix}\right.$

$\left\lbrace\begin{matrix} \left( \left( \sqrt[3]{a}\right)x\right)^{3}+\left( \left( \sqrt[3]{b}\right)y\right)^{3}+c=0\\ \left( \left( \sqrt[3]{a}\right)x\right)^{3}.\left( \left( \sqrt[3]{b}\right)y\right)^{3}+3\frac{e\sqrt[3]{ab}}{d}=0 \end{matrix}\right.$
je pense que maintenant c'est bon.

merci de ta clairvoyance, mon chers Yzz

Posté par re : équations du troisième degré 23-06-19 à 21:46

attention!

J'exhorte les personnes, qui ne supportent pas le son strident de la guitare solo, à ne pas ouvrir, les liens que j'associe, à ces postes.

Bikutsi? Voilà :

Bonne et heureuse année 2018, les grands cerveaux, toujours à l'affût de quelques ignorants de ma trempe, à éclairer, ici, en apportant réponse à nos multiples " bêtes " interrogations.
vous vous souvenez probablement du théorème èmcien, Eh bien, je me doutais que tous n'y était pas dit. Pour étendre mes activités sur le troisième degré, je reparti sur l'origine des nombres complexes, l'équation : $x^{3}-15x-4=0$ ( de Raphaël Bombelli, dont 4 est une solution ). Alors, son millaprog est le système:
$\begin{cases} x^{3}+y^{3}-4 &=0 \\ 3 xy-15= 0 \end{cases}$

Ce millaprog est bien-sûr variateurisé. Mais, par souci de contournement, je l'ai supposé non variateurisé, afin d'employer une transformation ( vous pourriez aussi vous souvenir de la transformation due à Nkuimi que Yzz m'avait appelé à rectifier ).j'ai d'abord soupçonné, puis compris, que cette transformation, pourrait s'écrire des neuf façons différentes, suivantes :

S₁: $\begin{cases} \left[\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]^{3}+\left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)y \right]^{3}-4 &=0 (1_1)\\ 3 \left[\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]\times \left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)y \right]+\frac{15\sqrt{3}}{2}= 0 (2_1)\end{cases}$

S₂: $\begin{cases} \left[\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]^{3}+\left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)y \right]^{3}-4 &=0(1_2) \\ 3 \left[\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]\times \left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)y \right]+\frac{15}{2}-15= 0 2_2)\end{cases}$

S₃: $\begin{cases} \left[\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]^{3}+y^{3}-4 &=0(1_3) \\ 3 \left[\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]\times y+\frac{15}{2}-\frac{15}{2}= 0 (2_3)\end{cases}$

S₄: $\begin{cases} \left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]^{3}+\left[\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]^{3}-4 &=0(1_4) \\ 3\left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]\times \left[\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]-15= 0(2_4) \end{cases}$

S₅: $\begin{cases} \left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]^{3}+\left[\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)y \right]^{3}-4 &=0(1_5) \\ 3\left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]\times \left[\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)y \right]-\frac{15}{2}-i\frac{15\sqrt{3}}{2}= 0 (2_5)\end{cases}$

S₆: $\begin{cases} \left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]^{3}+y^{3}-4 &=0 (1_6)\\ 3\left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]\times y+\frac{15}{2}+i\frac{15\sqrt{3}}{2}= 0 (2_6)\end{cases}$

S₇: $\begin{cases}x^{3}+\left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)y \right]^{3}-4 &=0 (1_7)\\ 3 x\times \left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)y \right]+\frac{15}{2}+i\frac{15\sqrt{3}}{2}= 0 (2_7)\end{cases}$

S₈: $\begin{cases}x^{3}+\left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)y \right]^{3}-4 &=0(1_8) \\ 3 x\times \left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)y \right]+\frac{15}{2}+i\frac{15\sqrt{3}}{2}= 0 (2_8)\end{cases}$

S₉:
$\begin{cases} x^{3}+y^{3}-4 &=0 (1_9)\\ 3 xy-15= 0 (2_9)\end{cases}$

$S_2$ , $S_4$ et $S_9$ Étant, les principales, les autres, secondaires, étant dites de Nkuimi. Où vous pouvez, mes chers enseignants de mathématiques, vous tous, qui m'avez assigné et transmis cette discipline passionnante et au combien émouvante, constater que les équations $1_i$ Restent toujours équivalentes, de même que celles. $2_i$ .
Eh bien, mes chers, figurez-vous que dans la spontanéité, la naïveté, l'ignorance et la bêtise même qui me caractérisent, j'avais jadis pensé que les neuf systèmes aient été équivalents, et admis les mêmes couples solutions. Quelle ne fût pas ma surprise quand je constatai que non? En réalité, tout me porte à croire, qu'à l'instar des millaprog principaux, qui ont leur ensemble solution commun, les secondaires sont de deux groupes similaires, même s'ils restent, ces groupes là, à identifier. Et dire, que dans les équations $1_i$ , si l'on enlevait 0, on peut les faire se succéder, les unes après les autres, malgré les égalités; et chacune des $2_i$ est encore $2_1$ multipliée par une constante complexe non nulle. Hors, j'avais jusque là, toujours pensé, que ces deux derniers facteurs étaient la garantie suprême des équivalences entre leséquations.
alors, si $S_1$ $\Leftrightarrow$ $S_2$ Peut signifier que $S_1$ Et $S_2$ n'ont pas les même solutions, le symbole $\Leftrightarrow$
tel que je croyais le connaître se trouve trahit. C'est à mon avis, un péché flagrant contre la logique, qu'il conviendrait de repentir. Si vous vous posiez encore la question, je vous y réponds clairement ici:
oui je prétends que : $\left[\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]^{3}+\left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)y \right]^{3}-4 &=0$ Et $x^{3}+y^{3}-4 &=0$ ou $3 \left[\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)x \right]\times \left[\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)y \right]+\frac{15}{2}-15= 0$ et $3 xy-15= 0$ , Par exemple, signifiaient pour moi la même chose, et par ricochet donc, je m'attendais à ce que les neuf systèmes associés aient eu exactement le même ensemble solution, Et maintenant, tous cela m'est ambigu.j'aimerais bien, en plus, s'il vous plaît, que l'on m'explique pourquoi, et surtout comment, la très célèbre équivalence logique échouerait à ce niveau là. Est-ce plutôt mes considérations qui sont complètement erronées? Si oui, comment et où?
Merci pour vos réponses.

Si vous avez le toupet, de croire, que l'équivalence logique, s'est mise au bikutsi, juste pour ce que vous venez de lire, permettez moi de vous rire au nez; car, en effet, cela est vraiment, très mal connaître le fauve. Lisez donc la suite après ce poste ci.

Exclusivité mondiale :

inédit :

le revers de la médaille :

apprenez d'abord, que c'est grâce à ma petite soeur Ndongo Norbertine Denise, et avec le concours des modérateurs, s'ils l'entendent bien, que je sollicite changer "l'équivalence èmcienne" en "l'équivalence aimecienne". Et pour la même raison, la suivante analyse, est appelée :

" analyse ndongotine ":

d'abord tenez le suivant air de bikutsi, avant que l'on s'élance définitivement dans cette folie, qui s'est accaparée de notre nouvelle star du bikutsi:.
Je vous présente les neuf solutions complexes de l'équation de Bombelli:
$x_{1}=-2-\sqrt{3}$
$x_{2}=-2+\sqrt{3}$
$x_{3}=4$
$x_{109}=-2-i2\sqrt{3}$
$x_{110}=-2+i2\sqrt{3}$
$x_{111}=\frac{2+\sqrt{3}}{2}-i\frac{3+2\sqrt{3}}{2}$
$x_{217}=\frac{2-\sqrt{3}}{2}+i\frac{-3+2\sqrt{3}}{2}$
$x_{218}=\frac{2+\sqrt{3}}{2}+i\frac{3-2\sqrt{3}}{2}$
$x_{219}=\frac{2+\sqrt{3}}{2}+i\frac{3+2\sqrt{3}}{2}$
il est à noter que l'ordre de ces solutions n'est plus garanti à partir de $x_{109}$ .
Ces valeurs ont toutes été générées après résolution des millaprog que je vous ai présenté plus haut. Mais il y a un hic :
les solutions non réelles, qui sont somme toutes, aussi multiples ( trente-six fois ) et que j'ai appelées solutions d'Awoundza, en l'honneur de mon petit frère Awoundza Guy Landry, qui m'a longuement aidé à améliorer le style de ce texte, que je vous propose aujourd'hui, ne semblent pour mes tests personnels, vérifier cette équation, qu'après transformation: vous savez, juste avant de vérifier l'équivalence aimcienne. Je n'arrive pas à élucider cet autre mystère.
Du coup, on a aussi le théorème " aimecien ":... .
L'équation de Bombelli étudiée ici, n'est qu'un cas particulier de toutes les équations du troisième degré à coefficients complexes, parce qu'elles admettent toutes neuf telles solutions généralement distinctes et trente-six fois multiple, chacune ; soient 324 solutions au total!
Il est à noter que ces six nouvelles solutions distinctes, toutes complexes non réelles, sont les solutions patinées que j'avais évoquées dans... Éveil indomptable . Et pour finir, voici, le bibinga, l'arbre mystique des Ékang ( bantou ou béti be nanga ): éssingan de Zanzibar, avec son groupe, "les têtes brûlées"

Posté par re : équations du troisième degré 07-10-19 à 10:24

Bonjour à tous ! à mon avis, il n'y a pas de raison, c'est ici que tout a commencé.
Résolution officielle, le cri de Nkuimi:
Nkuimi aquiesse!

il est important d'aviser, qu'ici, je ne prendrai pas en compte les question 6, qui me reclament davantage de temps et m'imposent de différer leurs réponses.Première partie:

1. pour tout entier $n$ compris largement entre $1$ et $6$ , on a:
d'une part, $u^3$ et $v^3$ qui sont conjugués complexes et l'un d'eux vaut:
$\left[5\sqrt{5}; \cos^{-1} \left(\frac{2}{5\sqrt{5}} \right) \right]$

d'autres parts, $u_n$ et $v_n$ sont aussi des conjugués complexes, si bien qu'à chaque fois, on a:
$[u_n]^3+[v_n]^3=4$
et $3*u_n*v_n=15$ .
2. Commutativite de l'addition et de la multiplication.
3. En dévelopant par le binôme de Newton, on a:
$p_{1}(u+v)=u^3+v^3-4+(u+v)(3uv-15$ ).
4. Si (1) et (2), alors, $p_1(u+v)=0+0(u+v)=0$
5. La méthode de l'identification des coefficients de $p_1$ donne:
$\left[a;c; x_{n} \right]$ ³
$\left\lbrace\begin{matrix} a=x_{n}\\ c=\left[x_{n} \right]^{2}-15 \\ \left[X_{N} \right]^{3}-15x_{n}-4=0 \end{matrix}\right.$

donc, $p_1(x)=[x-x_n][x^2+x_nx+[x_n]^2-15]$ .
7. $P_1$ a 60 racines!
[u]Deuxième partie:[/u]

1. Pour tout entier $n$ compris largement entre $1$ et $6$ , on a:
$[u_n]^3=1 et [v_n]^3=-3$ , ou encore, $[u_n]^3=-3 et [v_n]^3=1$ .
tout compte fait, $[u_n]^3+[v_n]^3=-2$ ; et $3u_(n)v_(n)=-3\sqrt[3]{3}$ . Et c'est ici, que pour la première fois, j'avais remarque, que même s'ils ne sont pas conjugues, le produit de deux complexes non réels peut quant même être un nombre réel. Le cas ici de $u_n$ et $v_n$ , dont le produit donne: $-\sqrt[3]{3}$ .
Premier theorème complexe de la normalisation:
la condition sin et qua non pour que le produit de deux complexes soit un réel, est que la somme des mesures principales de leurs arguments doit être un multiple de 180°, avec i^(2)=-1 et e^(F)=-1.
un tel produit correspond dailleurs au produit de deux nombres complexes conjugues et d'un réel non nul et différent de un.
Ensuite, des projections m'ont revele cette suite:
Deuxième theorème complexe de de la normalisation:
le rapport de deux complexes n'est réel que si la différence des mesures principales de leurs arguments est multiple de 180°. La valeur absolue de ce rapport ne se ramène alors qu'à celui de leur modules classiques.
Troisième theoreme complexe de de la normalisation:
la somme de deux complexes ne corespond à un réel que si leurs parties imaginaires s'opposent. Cette somme se ramene alors à celle de leurs parties réels
Quatrieme theoreme complexe de de la normalisation:
la somme de deux complexes ne correspond à un imaginaire pur, que si leurs parties réels s'opposent. La partie imaginaire de cette somme se ramène alors à celle de leurs parties imaginaires.
Ces quatre théorèmes complètent la théorie des conjugués complexe, bien triviale.
[b]2[/b]. Commutativite de l'adition, et de la multiplication.
3. En dévelopant par le binôme de Newton, on a:
$p_{2}\left(u+v \right)=u^{3}+v^{3}+2+\left(u+v \right)\left(3uv+3\sqrt[3]{3} \right)$ .
4. Si (1) et (2), alors, $p_2(u+v)=0$
5. La methode de l'identification des coefficients de $p_2$ donne:
$p_2(x)=[x-x_n][x^2+ax+c]$
$\Leftrightarrow$

$\left\lbrace\begin{matrix} a=x_{n}\\ c=\left[x_{n} \right]^{2}+3\sqrt[3]{3} \\ \left[x_{n} \right]^{3}+3\sqrt[3]{3}X_{n}+2=0 \end{matrix}\right.$

donc:
$p_(2)(x)=[x-x_(n)][(x)^(2)+x_(n)x+[x_(n)]^(2)+3(3)^(1/3)]$ .
7. P_(2) à 60 racines!
Il faut dire, que mis à part le fait qu'il délivre moins de solutions réelles que le cas de Sielinou, le cas de Barham, fort de tous ces nouveaux théorèmes, m'a semblé être, avec cette dernière théorie, une vraie mine d'or:
En effet, c'est dans ce cas là, que j'ai constate que le module que délivre "Akon, african's answerprog" de certains éléments des couples solutions d'un millaprog à constante réelles pouvaient être des réels negatifs. C'est le cas par exemple, quand la constante $q$ est un réel strictement positif.
situation que j'avais déjà évoquée dans un commentaire sur notre page.
la théorie complexe des archanges:

en général, une écriture archange d'un nombre complexe, est une écriture trigonométrique de ce nombre, mais avec un module qui est un nombre complexe ordinaire. cette dernière se ramène à l'écriture classique,en conservant le module du module, et en prenant comme argument, la mesure principale
de l'angle que l'on obtient en additionnant l'argument du module et celui de l'archange.
La suite des derniers postes :
Soient: $\left( r_{1}; t_{1}; t_{2}\right)$ +X]-180°; 180°]²,
$Z_1=[r_1;t_1]$ et $Z_2=[[r_1;t_1] ; t_(2)]$ . On a:
$Z_2=[r_1;[t_1+t_2]]$ .
DÉMONSTRATION:

par définition,
$[[r_1; t_1]; t_2] \\ =[r_1; t_1]*[cos[t_2]+i*sin[t_2]] \\ =[r_1; [t_1+t_2]]$ .
alors, pour les éléments des couples solutions des millaprog archanges, le module classique de l'argument, reste la valeur absolue du module, alors que l'argument est la mesure principale de l'angle qu'on obtient en additionnant 180° et l'argument de l'archange.
naturellement, un nombre complexe compte une infinité d'écritures archanges.

Posté par re : équations du troisième degré 30-10-19 à 14:12

Salut

ça me fait penser que j'avais ça en code latex alors autant te le filer

si ça t'interesse en transposant le problème pour les racines d'un polynôme de degré 3 de $\mathbb {C}\left[X\right]$

bon après moi ça ne me coûte rien en temps (vu que j'ai le code) mais je ne sais pas si des fois que ça te tente de voir le problème sous cet angle là

Polynômes du troisième degré $a z^3+b z^2+c z+d  \in \mathbb {C}\left[Z\right]$

Les racines de ce polynôme sont les mêmes que celles du polynôme unitaire

$\mathcal {P}:=z^3+\dfrac {b}{a} z^2 + \dfrac {c}{a} z + \dfrac {d}{a}$

on note   $z_i$ avec $i\in \mathbb {N}^*_3$ les racines du polynôme unitaire $\mathcal {P}$

1* Cas lorsque $|d|  =  0$

on obtient $z_1$ et $z_2$ sont les racines de $a  z^2  +  b  z  +  c$

et $z_3  =  0$

2* Cas lorsque $|d|  \neq   0$

$\mathcal {Q}  :=  w^3  -  p  w  -  q$ est la réduite du polynôme unitaire $\mathcal {P}$

par translation selon les relations $w  =  z  -  t$ et $z  =  w  +  t$

on note $w_i$   avec $i\in \mathbb {N}^*_3$ les racines du polynôme unitaire $\mathcal {Q}$

alors les racines de $\mathcal {P}$ sont données par la relation $z_i  =  w_i  +  t$

$t$   est tel que $\mathcal {Q}  :=  \left(w  +  t\right)^3  +  \dfrac {b}{a}  \left(w  +  t\right)^2  +  \dfrac {c}{a}  \left(w  +  t\right)  +  \dfrac {d}{a}$

on obtient $t  =  \dfrac {-b}{3\  a}  ,  p  =  \dfrac {b^2}{3  a^2}  -  \dfrac {c}{a}  ,  q  =  \dfrac {-2  b^3}{27  a^3}  +  \dfrac {b  c}{3  a^2}  -  \dfrac {d}{a}$

2a* Cas lorsque $|p|  =  0$   et $|q|  =  0$

on obtient $w_1  =  w_2  =  w_3  =  0$

2b* Cas lorsque $|p|  \neq   0$ et $|q|  =  0$

$w_1$   et $w_2$ sont les racines de $w^2  -  p$

et $w_3  =  0$

2c* Cas lorsque $|p|  =  0$ et $|q|  \neq   0$

les $w_i$ sont les racines de $w^3  -  q$

2d* Cas lorsque $|p| \neq   0$ et $|q|  \neq   0$

En posant $w  =  m  +  n  ,  \alpha   =  m^3  ,  \beta   =  n^3  ,  p  =  3  m  n  ,  q  =  \alpha  +  \beta$

alors $w^3  -  p  w  -  q  =  0$

effectivement   $w^3  -  p  w  -  q  =  0  \mapsto   \left(m  +  n\right)^3  -  3  m  n  \left(m  +  n\right)  -  \left(\alpha   +  \beta \right)  =  0$

$\mapsto   \left(m  +  n\right)^3  -  3  m  n  \left(m  +  n\right)  -  m^3  -  n^3  =  0$

on obtient $\alpha   +  \beta   =  q$   et   $\alpha   \beta   =  \dfrac {p^3}{27}$

$\alpha$   et   $\beta$ sont les racines du polynôme $z^2  -  \left(\alpha   +  \beta \right)  z  +  \alpha   \beta$

ce sont donc les racines du polynôme $z^2  -  q  z  +  \dfrac {p^3}{27}$

on note $m_i$ resp. $n_i$ avec $i\in \mathbb {N}^*_3$ les racines de $z^3  -  \alpha$ resp. de $z^3  -  \beta$

alors

$\forall i\in \mathbb {N}^*_3:   \alpha   =  m_i^3  \land   \beta   =  n_i^3$

$\forall i\in \mathbb {N}^*_3,\forall j\in \mathbb {N}^*_3:   m_i^3  +  n_j^3  =  q  \land   27  m_i^3  n_j^3  =  p^3$

on montre $|\alpha |  \neq   0$ et $|\beta |  \neq   0$

effectivement puisque $27  \alpha   \beta   =  p^3$ et ici $|p|  \neq   0$

on montre $\forall i\in \mathbb {N}^*_3:   |m_i|  \neq   0  \land   |n_i|  \neq   0$

effectivement puisque les $m_i$ sont les racines de $z^3  -  \alpha$ avec   $|\alpha |  \neq   0$

et les $n_i$ sont les racines de $z^3  -  \beta$ avec   $|\beta |  \neq   0$

le couple $\left(i  ,  j\right) \in \mathbb {N}^*_3 \times  \mathbb {N}^*_3$ qui permet de vérifier l'équation

$\left(m_i  +  n_j\right)^3  -  p  \left(m_i  +  n_j\right)  -  q  =   0$

permet de définir le nombre complexe $m_i  +  n_j$ qui est une racine de $w^3  -  p  w  -  q$

et on sait que $\forall i\in \mathbb {N}^*_3,\forall j\in \mathbb {N}^*_3:   m_i^3  +  n_j^3  =  q$

donc le couple   $\left(i  ,  j\right)$ qui vérifie cette équation est tel que

$3  m_i^2  n_j  +  3  m_i  n_j^2  -  p  \left(m_i  +  n_j\right)  =  0$

fixons-nous un $i$ pris dans $\mathbb {N}^*_3$ et notons

$m_{ik}$ avec $k\in \mathbb {N}^*_2$ sont les deux racines du polynôme

$3 n_i  z^2  +  \left(3  n_i^2  -  p\right)  z  -  p  n_i$

ces deux racines sont donc les deux racines du polynôme unitaire

$z^2  +  \left(n_i  -  \dfrac {p}{3  n_i}\right)  z  -  \dfrac {p}{3}$

de la même manière fixons-nous un $i$ pris dans $\mathbb {N}^*_3$ et notons

$n_{ik}$ avec $k\in \mathbb {N}^*_2$ sont les deux racines du polynôme

$3  m_i  z^2  +  \left(3  m_i^2  -  p\right)  z  -  p  m_i$

ces deux racines sont donc les deux racines du polynôme unitaire

$z^2  +  \left(m_i  -  \dfrac {p}{3  m_i}\right)  z  -  \dfrac {p}{3}$

notons $p_i  =  \dfrac {p}{3  n_i}  -  n_i  ,  q_i  =  \dfrac {p}{3  m_i}  -  m_i$

$m_{ik}$ avec   $k\in \mathbb {N}^*_2$ sont les deux racines de $z^2  -  p_i  z  -  \dfrac {p}{3}$

$n_{ik}$ avec   $k\in \mathbb {N}^*_2$ sont les deux racines de $z^2  -  q_i  z  -  \dfrac {p}{3}$

on obtient

$\forall i\in \mathbb {N}^*_3,\forall k\in \mathbb {N}^*_2:$

$m_{ik}^2  =  p_i  m_{ik}  +  \dfrac {p}{3}$

$m_{ik}^3  =  \left(p_i^2  +  \dfrac {p}{3}\right)  m_{ik}  +  \dfrac {p}{3}  p_i$

$m_{ik}^6  =  p_i  \left(p_i^2  +  \dfrac {p}{3}\right)  \left(p_i^2  +  p\right)  m_{ik}$

$+  \dfrac {p}{3}  \left(p_i^2  +  \dfrac {p}{3}\right)^2  +  \dfrac {p^2}{9}  p_i^2$

À présent fixons-nous un $i$ pris dans $\mathbb {N}^*_3$ et on note

$n_i$   une racine de $z^3  -  \beta$

On recherche $m_i$ une racine de $z^3  -  \alpha$

qui vérifie $m_i  +  n_i  =  w_i$ est une racine de $w^3  -  p  w  -  q$

$m_i$ est une racine de $z^2  -  p_i  z  -  \dfrac {p}{3}$

on vérifie donc

$m_i^2  =  p_i  m_i  +  \dfrac {p}{3}$

$m_i^3  =  \left(p_i^2  +  \dfrac {p}{3}\right)  m_i  +  \dfrac {p}{3}  p_i$

$m_i^6  =  p_i  \left(p_i^2  +  \dfrac {p}{3}\right)  \left(p_i^2  +  p\right)  m_i  +  \dfrac {p}{3}  \left(p_i^2  +  \dfrac {p}{3}\right)^2  +  \dfrac {p^2}{9}  p_i^2$

Par ailleurs $m_i$ est une racine de $z^3  -  \alpha$

et $\alpha$ est une racine de $z^2  -  q  z  +  \dfrac {p^3}{27}$

par conséquent

$m_i^6  -  q  m_i^3  +  \dfrac {p^3}{27}  =$

$\left(p_i^2  +  \dfrac {p}{3}\right)  \left(\left(p_i^2  +  p\right)  p_i  -  q\right)  m_i$

$+  \dfrac {p}{3}  \left(p_i^2  +  \dfrac {p}{3}\right)^2  +  \dfrac {p^2}{9}  p_i^2  +  \dfrac {p^3}{27}  -  \dfrac {p  q}{3}  p_i  =  0$

de sorte qu'en posant

$a_i  =  \dfrac {p  q}{3}  p_i  -  \dfrac {p^3}{27}  -  \dfrac {p^2}{9}  p_i^2  -  \dfrac {p}{3}  \left(p_i^2  +  \dfrac {p}{3}\right)^2$

$b_i  =  \left(p_i^2  +  \dfrac {p}{3}\right)  \left(\left(p_i^2  +  p\right)  p_i  -  q\right)$

alors   $m_i  =  \dfrac {a_i}{b_i}$

Ainsi pour cette racine $m_i$ de $z^3  -  \alpha$

on vérifie simultanément

$m_i^2  -  p_i  m_i  -  \dfrac {p}{3}  =  0$

$m_i^6  -  q  m_i^3  +  \dfrac {p^3}{27}  =  0$

En se donnant une quelconque des trois racines $n_i$   de $z^3  -  \beta$

et en déterminant $m_i  =  \dfrac {a_i}{b_i}$

alors $w_i  =  m_i  +  n_i$   est une racine de $w^3  -  p  w  -  q$

Posté par re : équations du troisième degré 02-11-19 à 15:39

bonjour, mon ami amethyste!
je suis désolé, mais vu le temps qu'il a fallu pour que tu te prononce, et que je n'avais pas trouvé ton développement en cherchant "équations du troisième degré", je présume, que tu as un sérieux retard.
ce n'est pourtant pas difficile de publier le premier ce qu'on a trouvé.
tous mes encouragements.