Niveau exercices

P3(z)=0 et Monsieur Cardan

Posté par
alainpaul 30-09-16 à 11:53

Bonjour,

Comment a été construit le calcul de Cardan la question a été récemment posée.
Voici ce que je propose:
Nous pouvons considérer que celui-ci s'appuie sur deux polynômes du troisième degré.

1) $p_3(z)=z^3+b_2z^2+b_1z+b_0 ;b_1,b_0 \in R ,b_2=0$

2) $q_3(a,b)=a^3+b^3=(a+b)(ja+j^2b)(j^2a+jb) ;a,b \in R$ , $(a+b),(a^3+b^3) \in R$

Et un lien très fort entre 1) et 2)
$b_2=(a+b)+(ja+j^2b)+(j^2a+jb)=0$
u₁ u₂ u₃

$b_1=(a+b)(ja+j^2b)+(ja+j^2b)(j^2a+jb)+(j^2a+jb)(a+b)=-3ab \in R$

$b_0=Q_(a,b)=a^3b^3$

Cela permet le calcul de a et b puis de u1,u2,u3

Alain

Posté par re : P3(z)=0 et Monsieur Cardan 30-09-16 à 23:01

Bonsoir Alain,

Donc si j'ai bien compris en installant un système de $b_0$ et $b_1$ , nous pouvons trouver les valeurs de $a^3$ et $b^3$ .

Puis en trouvant leurs racines, on les vérifie à travers l'équation de $b_2$ qui nous dis que la somme des $u_1, u_2$ , et $u_3$ est égale à 0.

Posté par re : P3(z)=0 et Monsieur Cardan 01-10-16 à 11:30

Bonjour,

J'aurais dû compléter 1) et 2) nous permet d'obtenir une équation soluble du 2 ème degré:

$p_2(a^3,b^3)=X^2-((a^3)+(b^3))X+(a^3)(b^3)=0$

Là,il faut examiner le signe de .

Alain

Posté par re : P3(z)=0 et Monsieur Cardan 01-10-16 à 22:22

Merci pour l'astuce.

Posté par re : P3(z)=0 et Monsieur Cardan 01-10-16 à 22:49

Bonsoir alainpaul.
Ce qu'écrivait Euler à propos de la résolution de l'équation x³=ax+b par la règle de Cardan ou plutôt de Scipion Ferrero.

Euler@ an III de la république

           739.
Soit proposée en général l'équation $x^3=fx+g$ ; il s'agira ici de comparer $f$ avec $\sqrt[3]{pq}$ , & $g$ avec $p+q$ ; c'est à dire qu'il faudra déterminer $p$ & $q$ de manière que $\raisebox{-0.5ex}{3} \sqrt[3]{pq}$ devienne égal à $f$ , & que $p+q$ devienne égal à $g$ ; car nous savons alors qu'une des racines de notre équation sera $x=\sqrt[3]p+\sqrt[3]q$
           740.
[...]_{résolution de l'équation du second degré, je saute.}
           741.
Toutes les fois donc qu'on a une équation du troisième degré de la forme $x^3=fx+g$ , quelques soient les nombres $f$ & $g$ , on a toujours pour une des racines
$x=\sqrt[3]{\dfrac{g+\sqrt{gg-\frac4{27}f^3}}2}+\sqrt[3]{\dfrac{g+-\sqrt{gg-\frac4{27}f^3}}2}$
c'est à dire une quantité irrationnelle, qui renferme non-seulement le signe radical quarré, mais aussi le signe de la racine cubique ; & c'est cette formule que l'on nomme proprement la regle de Cardan.

J'ai eu la chance de trouver ce livre il y a déjà assez longtemps.
J'ai essayé de respecter la présentation d'origine, mais c'est pas vraiment ça.

On est très loin de l'utilisation des racines cubiques de l'unité.
Et c'est Euler . . .

Posté par re : P3(z)=0 et Monsieur Cardan 02-10-16 à 12:10

Bonjour,

J'ai tenté de trouver une démonstration que personnellement je maîtriserais bien et que je pourrais présenter à des élèves d'un niveau terminale ou plus.

Deux polynômes du 3 è degré conduisant -et c'est tout l'intérêt - à un polynôme soluble du second degré.

Alain