TAI - ALGEBRE - efreidoc.fr

AZAIS Tristan IP Nicolas DE LACHEZE MUREL Antoine - VITARD Vincent - RAMANOUDJAME Claude

L1 – Groupe A 19 Décembre 2007

TAI - ALGEBRE

Résolution d’équations polynomiales


L1 – Groupe A 19 Décembre 2007

SOMMAIRE INTRODUTION -1- I – Un peu d’histoire -2- II – Equation polynomiale du premier degré -8-

a) Méthode de résolution (coefficients réels) -8- b) Méthode de résolution (coefficients complexes) -8-

III – Equation polynomiale du second degré -9-

a) Méthode de résolution (coefficients réels) -9- b) Méthode de résolution (coefficients complexes) -13- b) Discussion -14-

IV – Equation polynomiale du troisième degré -15-

a) Historique -15- b) Méthode de Cardan -16- b) Autres méthodes de résolution -21-

V – Equation polynomiale du quatrième degré -26-

a) Historique -26- b) Méthode de Ferrari -26- b) Autres méthodes de résolution -31-

VI – Equation polynomiale du cinquième degré -32- CONCLUSION -33-


L1 – Groupe A - 1 -

INTRODUCTION Le but de ce TAI est de nous faire découvrir l’étendue des études mathématiques dans le domaine de la résolution d’équations polynomiales tout en nous invitant à nous organiser et

à travailler en équipe. Il s’agit d’un projet dont le but est d’exposé les méthodes de résolution

des équations polynomiales inférieures au degré 5. Dans cette optique, nous chercherons à démontrer les méthodes de résolution de ces équations et nous les étayerons d’exemples. Au-delà des équations du premier et du second degré que nous maîtrisons actuellement, il s’agit de découvrir les équations de degré supérieur, dans leur aspect historique comme dans leur aspect mathématique. Définissons tout d’abord deux notions clés que nous allons utiliser et qui nous sembles capitales à maîtriser pour une bonne compréhension du projet : Equation : il s’agit d’une relation d’égalité entre des grandeurs qui dépendent les unes des

autres. Résoudre une équation : il s’agit de trouver la ou les valeurs du (ou des) nombres inconnus

pour que l’égalité soit vraie. Ces valeurs sont appelées racines ou solutions. Nous nous intéressons plus particulièrement aux équations polynomiales qui se présentes sous la forme : 0.... 01

11

axaxaxa nn

nn (a est appelé coefficient et n appartient à

l’ensemble des entiers naturels). Nous allons ainsi, dans un premier temps, faire une présentation des aventures des équations polynomiales au cours de l’histoire. Puis nous attaquerons le cœur du sujet que sont

les méthodes de résolution des équations de degré inférieur à 5. Nous discuterons lors de chaque étape des apports qu’ont apporté ces découvertes aux mathématiques, nous évoquerons également les autres méthodes possibles.



I – Un peu d’histoire

Nous avons toujours connu l’algèbre avec des symboles mais comment était-il à ses débuts ? Nous allons retracer l'histoire de l’algèbre qui a commencé il y a plus de 4000 ans.

La naissance L’influence musulmane Se qu’apporta l’occident L’apparition du symbolisme Vers le moderne

-> La naissance

Deux mille ans avant J.C. les babyloniens et les égyptiens savaient résoudre de façon rhétorique des problèmes concrets du premier et second degré en utilisant implicitement des propriétés sur les opérations sans aucune notation symbolique.

Mais les égyptiens possédaient toutefois quelques symboles:

Celui qui représente l’addition est une paire de jambes marchant vers la gauche, le

sens de l’écriture et celui qui représentent la soustraction est une paire de jambes marchant

vers la droite.

Les babyloniens eux désignaient déjà des éléments : l’inconnue était "le côté" et la

puissance deux était appelée "le carré".

Puis 2000 ans plus tard, les chinois utilisaient des méthodes pour résoudre les

systèmes linéaires proches de notre méthode des combinaisons linéaires. De plus, ils employaient également la méthode de fausse position.

Dans la société grec, les nombres étaient liés à des concepts géométriques, c’est donc

pour cela qu’ils n’ont pas pu développer de nouvelles techniques de calculs. Ils utilisaient des constructions à la règle et au compas pour représenter les solutions

qui étaient nécessairement des rationnels positifs.



Il aura fallu attendre Diophante d’Alexandrie (3ème siècle) pour introduire un certain nombre d’abréviations. Les raisonnements restent cependant écrits en toute lettre. Sa notation

est dite syncopée, ce qui signifie que les mots sont remplacés par des abréviations. Diophante utilise des techniques algébriques sans faire référence à la géométrie et par là, il s’oppose radicalement aux méthodes passées des géomètres grecs.

-> L’influence musulmane

C’est ici que nous allons voir la plus grande étape du développement de l’algèbre.

Les mathématiciens musulmans héritent du savoir passé (grec, égyptiens, …) et entre

dans une longue période de traduction puis améliorent les méthodes précédentes. Selon les historiens la naissance officiel de l’algèbre en tant que discipline vient avec le savant perse

Muhammad ibn Musa al-Khwarizmi (9ème siècle).

Dans un premier ouvrage, il expose le système décimal et les règles du calcul, il pose les bases des méthodes algébriques de résolution des équations ainsi qu’une synthèse des

règles héritées des grecs et des textes persans.

Mais l’ouvrage traite de problèmes de la vie courante (partages d’héritage, échanges

commerciaux, …) et son algèbre reste rhétorique sans aucun symbolisme, même pour les nombres. Il appelle « dirham » (monnaie de l’époque) un nombre simple, « chay » (chose)

l’inconnue et « mal » le carré de l’inconnue. Tous les coefficients sont positifs et tous les

termes s’additionnent.



Sa technique consiste à ramener toutes les équations à l’une des six équations

canoniques dont il sait trouver la solution :

1) ax2 = bx 2) ax2 = c 3) bx = c 4) ax2 + bx = c 5) ax2 + c = bx 6) bx + c = ax2

C’est à partir de cette date que l’on voit apparaître des méthodes de résolutions :

- al jabr (le reboutement) : 4x - 3 = 5 devient 4x = 5 + 3

Dans l’équation, un terme négatif est accepté mais on cherche à s’en débarrasser. Pour cela, on ajoute son opposé des deux côtés de l’équation.

C’est aussi de là que vient le mot "algèbre" qui est en fait un dérivé du mot "al jabr".

- al muqabala (la réduction) : 4x = 9 + 3x devient x = 9 Les termes semblables sont réduits.

- al hatt : 2x = 8 devient x = 4 Division de chaque terme par un même nombre.

Al Khwarizmi peut être considéré comme le fondateur d’une véritable théorie de résolution

des équations.

Puis vinrent deux mathématiciens : Shuja Abu Kamil (9ème siècle) qui prolonge les travaux d’al Khwarizmi puis Thabit ibn Qurra (836 à 901) qui sera le premier à distinguer clairement les méthodes algébriques et géométriques et prouvera qu’elles donnent toutes les

deux le même résultat.

Un fait important : Muhammad al Mahani (820 à 880) s’intéressa au problème de Syracuse. Ce problème consiste à étudier l’intersection d’une sphère par un plan. Il sera amené à

résoudre une équation du 3ème degré du type x3 + r = px2.

Toutefois ses recherches resteront vaines mais il démontra que les constructions géométriques permettaient de représenter les racines des équations.



-> L’apport de l’occident

Au 15ème et 16ème siècle l’algèbre s’améliore grâce à des méthodes de résolution pour

des équations du 3ème et 4ème degré et surtout l’apparition des nombres complexes. Les mathématiciens italiens ont joués un rôle important dans le développement de l’algèbre. En 1494, Luca Pacioli (16ème siècle) donne une solution générale des équations du premier degré avec de nombreuses abréviations. Il a l’idée d’utiliser par exemple les lettres « p » et « m » pour désigner respectivement une addition et une soustraction.

L’italien Niccolo Fontana (16ème siècle) trouve la résolution générale d’équations du

type x3 + px = q mais c’est Gerolamo Cardano (16ème) qui la publia. C’est ce dernier qui

admet sur des équations à cœfficients numériques des solutions négatives et utilise des racines carrées de nombres négatifs.

En 1545, Girolamo Cardano propose une méthode de résolution d’équations du 4e degré.

->L’apparition du symbolisme

En 1484, Nicolas Chuquet (15ème) écrit un livre d’algèbre mais son œuvre est mal

comprise de ses contemporains et n’est pas publiée. Chuquet résout des systèmes d’équations

du premier degré, il utilise les nombres négatifs et les puissances négatives, il définie les notations exponentielles.

En 1544, le moine allemand Michaël Stifel (16ème) note l’inconnue par une sorte de

« r » et travaille avec les nombres négatifs qu’il appelle « nombre absurde ».



Le français François Viète (16ème) fait faire un grand pas à l’algèbre, il conçoit

l’écriture d’expressions à plusieurs inconnues et à coefficients littéraux.

Ce qui permet d’apporter des méthodes de résolution dans des cas généraux. Il conserve une conception géométrique puisque les lettres représentent des grandeurs géométriques mais il dépasse la dimension 3 ce qui étonne Stifel qui qualifie sa vision de « contre-nature ».

De ce fait Viète peut être considéré comme le créateur du symbolisme mathématique moderne.

Avec René Descartes (17ème siècle), l’algèbre devient une branche totalement

indépendante des mathématiques. De plus c’est lui qui met en place les notations modernes que nous connaissons en algèbre, comme par exemple l’exposant pour les puissances.

Il propose d'utiliser les premières lettres de l'alphabet pour les connues et les dernières pour les inconnues. Utilisant ses récentes découvertes dans le domaine de la géométrie analytique, Descartes résout des équations du 3e et 4e degré en passant par la construction de courbes.

Ce n’est qu’à la fin du 17ème siècle que le symbole « = » entre dans l’écriture des

équations. Ce symbole fut introduit en 1557 par l’anglais Robert Recorde (16ème siècle) qui est l’auteur de la phrase « Rien n’est plus pareil que deux lignes jumelles. ».



-> Vers les temps modernes A partir du 18ème siècle les progrès en algèbre se font plus rares mais Alexandre Van der Monde (18ème siècle) travaille sur la résolution d’équations de degrés supérieurs à 3. Joseph Lagrange (18ème siècle) puis Niels Abel (18ème siècle) démontrerons l’impossibilité de résoudre les équations du 5ème degré.

Au 19ème siècle, on voit arriver les calculs de déterminants puis matriciels et d’autres

mathématiciens tels Evariste Galois ouvriront les portes de l’algèbre moderne. Voici un tableau qui résume cette partie, on peut suivre les différentes formes d’une

expression à travers le temps.



II – Equation polynomiale du premier degré

a) Méthode de résolution pour une équation à coefficients réels Une équation de degré 1 se présente sous la forme suivante : 0bax avec 0a et ba, ². Pour résoudre cette équation, il suffit d’exprimer x en fonction des coefficients réels a et b :

abx .

Exemple : 497 x 7

49

x

7x

b) Méthode de résolution pour une équation à coefficients complexes Une équation de degré 1 se présente sous la forme suivante : 0' zzx avec 0z et ', zz ². Pour résoudre cette équation, on exprime x en fonction des complexes z et z’ tels que : ibaz avec ',,', bbaa 4 et 1² i . ''' ibaz

On a donc : zzx '

ibaibax

''

Exemple : ixi 325)74( ixi 33)74(

iix

7433

)74)(74()74)(33(

iiiix

4916

21122112

iix

65

933 ix

659

6533 ix



III – Equation polynomiale du second degré

a) Méthode de résolution pour une équation à coefficients réels

Une équation du second degré se présente sous la forme suivante : 0² cbxax avec

0a et cba ,, 3. Cette équation est également appelée quadratique. Nous allons factoriser cette expression dans sa forme dite canonique et posons acb 4² :

cbxax ²

acx

abxa 2

ac

ab

abxa

22

22

ac

ab

abxa 2

22

42

2

22

44

2 aacb

abxa

2

2

42 aabxa

Δ est appelé le discriminant, c’est lui qui va nous permettre de calculer la ou les solutions, si

elles existent, de cette équation du second degré. Si Δ est strictement positif

On factorise :

2

2

42 aabxa

22

22 aabxa

aabx

aabxa

2222

abx

abxa

22



Nous calculons l’égalité suivante :

0² cbxax 022

abx

abxa

Soit 02

a

bx ou 02

a

bx

Soit a

bx21

ou

abx

22

1x et 2x sont, dans le cas de Δ > 0, les deux solutions de l’équation du second degré 0² cbxax .

Exemple : Soit l’équation 072215 2 xx

acb 42 7154)22( 2

64 Δ > 0 ; il y a donc deux solutions dans :

157

30822

1

x

130

8222

x

Si Δ est égal à 0

On a dans ce cas

2

2²

abxacbxax .



Calculons l’égalité suivante :

0² cbxax 02

2

abxa

02

2

abx

02

a

bx

a

bx2

abx2

est dans le cas de Δ = 0, l’unique solution de l’équation 0² cbxax .

Exemple : Soit l’équation 0962 xx

09436

Δ étant nul, il existe une unique solution x dans telle que : 326x

Si ∆ est strictement négatif :

Il se distingue dans cette situation deux cas, selon que l’on étudie l’équation dans l’ensemble

des réels ou celui des complexes . Nous allons donc étudier ces deux possibilités. Dans l’ensemble des réels

On a : 0²42

2

aabx car

04

02

2

2

a

abx



Il n’y a dans ce cas pas de factorisation possible. Nous faisons donc le calcul de l’égalité suivante :

042 2

2

aabxa 0

42 2

2

aabx

042 2

2

aabx

Un carré étant toujours positif dans l’ensemble , si ∆ < 0, nous pouvons conclure qu’il

n’existe pas de solution réelle pour l’équation 0² cbxax . Dans l’ensemble des nombres complexes Dans cette situation, nous avons donc l’équation suivante : 0² cbzaz (a, b et c sont des coefficients réels !) Nous pouvons poser : ²i avec 1² i .

On a donc 22i

S’il l’on se repositionne dans le cas b.1) où ∆ > 0, on a :

0² cbzaz 022

aibz

aibza

Soit aibz

21

ou aibz

22

Il existe donc, uniquement dans , deux solutions 1z et 2z dits complexes conjugués lorsque ∆ < 0.



Exemple : Soit l’équation 0422 zz

12444

Δ < 0, il n’y a donc pas de solution de mais il existe cependant deux solutions dans :

312

3222

122

312

3222

122

2

1

iiiz

iiiz

1z et son conjugué 2z sont donc les solutions complexes de l’équation 0422 zz .

b) Méthode de résolution pour une équation à coefficients complexes Nous obtenons comme précédemment la forme canonique d’une équation du second degré :

cbzaz 2

2

2

42 aabza avec acb 42

On distingue cette fois-ci deux cas, selon que Δ soit nul ou non. c.1) Si Δ est nul

Nous avons alors : cbzaz 2 = 2

2

abza

D’où : 2

2

abza = 0 0

2

abz

Soit a

bz2



c.2) Si Δ est différent de 0 On pose dans ce cas δ² = Δ. On obtient alors la factorisation suivante :

cbzaz 2

2

2

42 aabza

22

22 aabza

22

22 aabza

aabx

aabza

2222

On en déduit donc ensuite :

02 cbzaz 02222

aabz

aabza

Soit a

bz21

ou

abz22

c) Discussion Il faut noter qu’en général, les solutions d'une équation du second degré à coefficients

complexes sont deux nombres complexes qui ne sont pas conjugués, contrairement au cas d'une équation du second degré à coefficients réels dont le discriminant est strictement négatif. δ est une racine de Δ qui peut être déterminée connaissant la forme exponentielle de Δ ou en

utilisant la méthode pour déterminer les racines carrées du nombre complexe.

http://homeomath.imingo.net/complex10.htm

http://homeomath.imingo.net/complex9.htm



IV – Equation polynomiale du troisième degré

a) Historique

En 1494, Luca Pacioli publie à Venise un ouvrage regroupant les principales connaissances de mathématiques du début de la Renaissance. On y retrouve ainsi les formules de résolution de l’équation du second degré 0² cbxax . A la fin de son ouvrage, Pacioli affirme que qu’il est impossible de résoudre l’équation du troisième degré

023 dcxbxax .

Cette affirmation de Pacioli est considérée comme un défi pour les mathématiciens du XVIème siècle. Vers 1515, Scipione Del Ferro (1465-1526), résout à l’Université de Bologne

le cas x3+px=q. Il ne publie rien de cette résolution.

En 1535, Nicolo Fontana dit Tartaglia parvient à résoudre cette même équation mais dans le cas où p et q sont positifs. Lui aussi ne publie rien car il préfère garder ses formules pour gagner des joutes mathématiques.

Girolamo Cardano (1501-1576) de son nom francisé Jérôme Cardan est un lecteur en géométrie à l’Université de Milan. Découvrant le travail de Tartaglia sur la résolution

d’équations du troisième degré, Cardan lui écrit une lettre en lui demandant de lui dévoiler sa

méthode. Bien évidement Tartaglia s’y refuse. Cardan ne s’arrête pas à cet échec et décide de

se rendre à Venise pour rencontrer en personne Tartaglia. Ce dernier fini par lui révéler sa méthode contre certaines faveurs et il lui fait jurer de garder le silence.

Cardan se met au travail et avec son élève Lodovico Ferrari, il essaye de généraliser la méthode de résolution au cas où p et q ne sont pas positifs. Les nombres complexes n’ayant

pas encore été inventé, leur méthode se bloque lorsqu’il rencontre des racines carrées de

nombres négatifs. En 1543, Cardan et Ferrari prennent connaissance d’un carnet de Del Ferro

contenant la méthode qu’ils cherchaient. En 1545, Cardan, publie à Nuremberg un ouvrage intitulé Arts Magna qui contient la méthode de Del Ferro. Les formules seront appelés formules de Cardan. En 1572, Rafael Bombelli (1526-1576) publie une méthode de résolution de l’équation

x3+px=q pour tous réels p et q qui son des nombres imaginaires.



b) Méthode de Cardan Une équation polynomiale du troisième degré est de la forme : 023 dcxbxax avec

dcba ,,, 4. Pour utiliser la méthode de Cardan, il faut obtenir une équation de la forme : 03 qpxx

Or en divisant pas a, on a : 023 dcxbxax 023 adx

acx

abx

On pose : 3bx za

On obtient ainsi en remplaçant z dans l’équation 023 adx

acx

abx :

3 2( ) ( ) ( ) 03 3 3b b b c b dz z za a a a a a

Or :

3

3 3 23

²( )3 3 ² 27b b b bz z z za a a a

2 3

2 23

2( )3 3 ² 9

b b b b bz z za a a a a

( )3 3 ²

c b c bcz za a a a

On obtient alors :

3 33 2

3 3² 2 ²( ) ( ) 0

3 ² 3 ² 27 9 3 ²b b b b c b b bc dz z za a a a a a a a a

Et après simplification par z², on obtient une équation de la forme :

3 0z pz q avec ² 2 ² ²3 ² 3 ² 3 ²b b c b cpa a a a a

3 3

3 32 ² 9

27 9 3 ² 27 ²b b bc d b b c dq

a a a a a a a a

a, b, c et d sont des réels donc p et q appartiennent à ².



On pose : vuz avec u et v appartenant à ².

0)()( 3 qvupvu 3 2 2 33 3 0u u v v u v pu pv q 0))(3(33 qvupuvvu

Si 03 puv alors 033 qvu . Or 03 puv 3puv et

033 qvu 27

333 pvu

On obtient donc le système suivant : qvu 33

27

333 pvu

Les inconnues 3u et 3v étant deux complexes dont on connaît la somme et le produit, ils sont donc les racines de l'équation du second degré du type :

027

32

pqXX

On en déduit le discriminant : 32

274 pq

Les racines de cette équation sont donc :

Si 0 , alors : 2

3

qu et 2

3

qv

Si 0 , alors : 2

3

iqu et 2

3

iqv

Si 0 , alors : 2

33 qvu

Reprenons ces racines pour nous permettre de trouver les solutions de l’équation

3 0z pz q dont le discriminant est 32

274 pq



Si ∆ est positif :

Nous avons :

3

2

qu et 3

2

qv

La seule solution réelle est alors 1z u v

Il existe aussi deux solutions complexes conjuguées :

2

2 23

z ju jv

z j u j v

avec 23

21 ij

Si ∆ est négatif :

Les solutions sont les sommes de deux complexes conjugués ujk et ujk

où :

3

2

iqu et 3,2,1k

Et l’équation possède par conséquent trois solutions réelles :

1

2

2 2

3

u u

ju ju

u u

zz

j jz

Si ∆ est nul : Alors l’équation possède deux solutions réelles, une simple et une double :

31

32 22 3q p qZ

p

32 3

32 3 2q p qZ Z

p



Exemple : Soit l’équation 3 26 8 9 0x x x Soit l’équation 3 26 8 9 0x x x

Posons 6 23 3bx z z za

On sait que 3 0z pz q avec

² 36 8 4 8 43 ² 9

2 ² 9 6 72 72 9 927 ² 27

b cpa a

b b c dqa a a a

On a donc : 3 4 9 0z z Posons z u v On obtient : 3( ) 4( ) 9 0u v u v 3 3 (3 4)( ) 9 0u v uv u v

Si 43 4 03

uv uv alors 3 3 9 0u v 3 3 9u v

Ainsi 3 3 6427

u v

3u et 3v sont donc racines de l’équation suivante : 2 649 027

X X

On calcule son discriminant : 2 34 256 24438127 27 27

q p

Le discriminant est positif, nous avons donc une solution réelle et deux solutions complexes conjuguées.

24432733

92 2

qu

et 24432733

92 2

qv



Or, vuz

Ainsi 1

22

23

z u vz ju j vz j u jv

et comme 2 zx alors : 1 1

2 2

3 3

222

x zx zx z

Ainsi en remplaçant par les valeurs on obtient :

2443 244327 273 3

1

2443 244327 272 3 3

2

2443 244327 272 3 3

3

9 92 2

2 2

9 91 3 1 32 22 2 2 2 2 2

9 91 3 1 32 22 2 2 2 2 2

x u v

x ju j v i i

x j u jv i i



c) Autres Méthodes de résolution

Recherche de racines évidentes :

Si le nombre u est solution de l’équation 1 0... 0n

na x a x a alors on en déduit que

11 0...n

nu a u a a . Si les coefficients 0,...,na a et u sont des nombres entiers, cela signifie que u est un diviseur du terme constant 0a . Donc si une équation polynomiale à coefficients entiers possède des solutions en nombres entiers, celles-ci sont à chercher parmi les diviseurs du terme constant du polynôme. Exemple 1 : Soit l’équation 3 24 7 10 0P x x x x On recherche tout d’abord les racines évidentes. Dans notre exemple, les racines sont des nombres entiers à chercher parmi les diviseurs du terme constant; c’est-à-dire 10. Ceci parce que nous avons une équation unitaire. Donc les seules possibilités en nombres entiers sont : ±1, ±2, ±5 et ±10. On constate donc que les nombres 1,-2 et 5 sont donc des racines de P , c'est-à-dire

des solutions de l’équation 0P x .

Ainsi d’après le théorème de factorisation : Un nombre u est racine d’un polynôme f lorsqu’un autre polynôme g permet d’écrire f(x) = (x − u)g(x) On peut dire que : 1 2 ( 5)P x x x x Et donc l’ensemble des solution telles que 0P x est 2;1;5 Exemple 2 : Soit l’équation 3 26 7 4 0Q x x x x On suit le même principe que l’exemple du dessus. On recherche tout d’abord les racines évidentes parmi les diviseurs de 4 : ±1, ±2 et ±4. On constate cette fois-ci qui il y a qu’une seule racine qui est 4. On factorise ainsi

Q x par 4x .



On obtient alors une équation du type: 4 ²Q x x x px q En développant, on se retrouve avec 3 4 ² 4 4Q x x p x q p x q

Par identification : 4 64 7

4 4

pq p

q

2

1 8 71

p

q

Ainsi 4 ² 2 1Q x x x x Il suffit désormais de résoudre une équation du second degré : ² 2 1 0x x Le discriminant : 2 ² 4 1 8 L’équation ² 2 1 0x x a deux solutions dans qui sont :

12 8 1 2

2x et 2

2 8 1 22

x

L’ensemble des solutions de l’équation 0Q x est 1 2;1 2;4

La factorisation est la suivante : 4 1 2 1 2Q x x x x

Méthode de Bezout:

Etienne Bezout est un mathématicien du XVIII ème siècle. Il met au point une méthode générale de résolution des équations algébriques. Cette méthode permet de ramener une équation que l’on veut résoudre à une équation de degré inférieur et plus simple à résoudre. C’est une méthode fastidieuse pour des équations de degré supérieur ou égal à 4. Son intérêt

est pour la résolution d’équation de degré 4. Soit l’équation

11 1 0... 0n n

n na x a x a x a

. Soit r une racine n-ème primaire de l'unité. Nous savons que les n racines n-ème de l'unité 1, r, r2,..., rn-1 vérifient la relation :

11 ² ... 0nr r r



La méthode de Bezout consiste à chercher les racines de l'équation étudiée sous forme de combinaisons linéaires des racines n-ème de l'unité.

2 10 1 2 1... n

nx b b r b r b r

on commence alors par éliminer r entre les deux relations :

11 ² ... 0nr r r et 2 10 1 2 1... n

nx b b r b r b r

Nous obtenons une équation de degré n en x dont les coefficients sont des expressions qui dépendent de b0, b1, b2,...,bn. En identifiant les coefficients de cette équation avec les coefficients correspondant de l'équation à résoudre, on obtient un système d'équations d'inconnues b0, b1, b2,...,bn qui après résolution et report des différentes solutions dans :

2 10 1 2 1... n

nx b b r b r b r

nous donnera les solutions de l'équation que l'on s'était donné à résoudre. Méthode de Bernard Sotta:

Bernard Sotta, un mathématicien français du XXème siècle, a mis au point une méthode pour résoudre les équations du troisième degré et quelques équations de degrés supérieurs sous certaines conditions. Soit l’équation :

11 1 0... 0n n

n na x a x a x a

dont le degré n est supérieur à 2, alors il admet des racines

de la forme :n n

n n

b a c fd a e f

(avec d et e non nul).

Et on dit que bd

et ce

sont les deux racines de l'équation résolvante.

Et a et f sont donné par les relations suivantes :

1 n nn

n

a fea

d

et 111( )

n n nn

da nbafne dc be

Et donc les n racines de l’équation sont :

avec k qui prend successivement toutes les valeurs entières de 0 à n-1

2

2

kinn n

k kinn n

be a c fx

de a e f



Application de la méthode de Sotta aux équations de troisième degré : L’équation du troisième degré est de la forme : 3 2

3 2 1 0 0a x a x a x a

Il admet donc des racines de la forme : 3 3

3 3

b a c fd a e f

On distingue par conséquent 3 cas possible :

Si 2

3 1 23 0a a a et 20 2 13 0a a a alors la résolvante de Sota est :

2 2 23 1 2 3 0 2 1 2 0 13 9 3 0a a a X a a a a X a a a

Et ainsi on choisit b, c, d, e tel que bd

et ce

soit les deux racines de l'équation

résolvante. Il nous reste par la suite à calculer f et a

tel que 22

33 ( )

nda bafe dc be

et

33

3

a fead

Les équations à résoudre sont alors :

3 3

1 3 3

b a c fx

d a e f

3 3

2 3 3

bj a c fx

dj a e f

2 3 3

3 2 3 3

bj a c fx

dj a e f

avec 23

21 ij

Si 23 1 23 0a a a c'est-à-dire que d ou e est nul. On multiplie alors tous

les termes de l’équation par 1 23a a . On obtient ainsi 3 2 2 2

1 2 3 1 2 1 2 1 2 03 3 3 3 0a a a x a a x a a x a a a Et comme 2

1 2 23a a a , l’équation devient

3 3 2 2 22 1 2 1 2 1 2 03 3 3 0a x a a x a a x a a a et se met sous la

forme suivante : 3 3

2 1 1 1 2 03a x a a a a a Et les trois racines de l'équation à résoudre sont donc :

2

31 31 1 1 2 0 13ax a a a a a 2

31 32 1 1 2 0 13ax j a a a a a

2

2 31 33 1 1 2 0 13ax j a a a a a avec

23

21 ij



Si 20 2 13 0a a a c'est-à-dire que b ou c est nul. On multiplie aussi

tous les termes de l’équation par 1 23a a . On obtient 3 2 2 2

1 2 3 1 2 1 2 1 2 03 3 3 3 0a a a x a a x a a x a a a Et comme 2

0 2 13a a a , l’équation devient 3 2 2 2 3

1 2 3 1 2 1 2 13 3 3 0a a a x a a x a a x a . Par la suite on divise

chaque terme par 3x et on obtient 2 3

21 1 11 2 3 2 23 3 3 0a a aa a a a a x

x x x

Les équations à résoudre sont alors :

11 33

2 1 2 3 23ax

a a a a a

1

2 332 1 2 3 23

axj a a a a a

13 2 33

2 1 2 3 23ax

j a a a a a

avec 23

21 ij



V – Equation polynomiale du quatrième degré

a) Historique

Les équations quartiques (de degré 4) ont été résolues très vite après la découverte des méthodes de résolutions des équations cubiques. C’est Ludovico Ferrari, ancien élève et plus tard ami de Cardan, qui sera le premier à proposer une méthode. D’ailleurs, c’est le maître, bloqué dans ses calculs, qui fera appel à son ancien élève.

Juste après Ferrari, Descartes proposera sa propre méthode, dite par coefficients

indéterminés, pour résoudre les équations du quatrième degré.

b) Méthode de Ferrari Une équation quartique se présente sous la forme suivante : 0234 edxcxbxax avec edcba ,,,, 5, et 0a . Pour utiliser la méthode de Ferrari, il nous faut obtenir une équation de la forme :

024 rqxpxx Or en divisant pas a, on a :

0234 edxcxbxax 0234 aex

adx

acx

abx

En posanta

bzx4

, on obtient : 0)4

()4

()4

()4

( 234 ae

abz

ad

abz

ac

abz

ab

abz

Or :

4

4

3

32

2

2344

25616166)

4(

abz

abz

abz

abz

abz

3

4

3

32

2

233

60163

43)

4(

abz

abz

abz

ab

abz

ab

3

2

222

162)

4(

acbz

abcz

ac

abz

ac

On obtient alors :



3

2

3

4

4

4

3

3

3

32

2

2234

1660256)

2163

16()

43

166()(

acb

ab

ab

abc

ab

abz

ac

ab

abz

ab

abzz

Et après simplification par z3, on a :

3

2

3

4

4

4

3

3

3

32

2

224

1660256)

2163

16()

43

166(

acb

ab

ab

abc

ab

abz

ac

ab

abzz

On obtient donc une équation de la forme :

ac

ab

abp

43

166 2

2

2

024 rqzpzz avec 23

3

3

3

2163

16 abc

ab

abq

3

2

3

4

4

4

1660256 acb

ab

abr

L’équation peut également s’écrire : qzpzrz 24 Le but est désormais d’obtenir en facteur le terme suivant : 22 )( rz Donc pour cela, il faut arranger l’égalité au-dessus pour trouver le terme. On va donc utiliser une astuce pour pouvoir factoriser 22 )( rz , on ajoute le terme rz 22 à chaque coté de l’égalité, ce qui donne :

rzqzpzrzrz 2224 22 Ensuite, on peut facilement remarquer que :

rzrz 24 2 22 )( rz On a donc :

rzqzpzrz 2222 2)(



Puis, après avoir trouvé la valeur de 22 )( rz , on va s’en servir pour déterminer celle

de 22 )( yrz . Pour calculer ce terme, il faut le décomposer en deux parties, la première est constituée de rz 2 et la deuxième de y . On aperçoit donc une identité remarquable, on développe donc l’expression :

222222 )(2)()( yrzyrzyrz Remarque : Développé sous la forme de (a + b) ² = a² + 2ab + b² Maintenant, on voit donc le terme 22 )( rz réapparaître, on le remplace donc par sa valeur trouvée auparavant, ce qui nous donne :

22 )( yrz 2222 )(22 yrzyrzqzpz On factorise z² dans l’expression :

22 )( yrz 22 2)22( yryqzyrpz On peut désormais voir que le second terme de l’équation est du second degré, donc le

discriminant doit être nul. On peut factoriser l’équation par 20 )( xxa . Calculons le

discriminant :

)2)(22(4 22 yryyrpq )24242(4 32222 yryryyrpypryq 32222 81681648 yryryyrpyrypq 223 )2(8)6(48 qrrpyrpyy Le discriminant est nul donc, on pose = 0 :

0)2(8)6(48 223 qrrpyrpyy 0)2(8)6(48 223 qrprypryy

Voilà, nous avons à présent une équation du troisième degré que nous pouvons résoudre grâce aux méthodes précédemment vues. On utilisera ici la méthode de Cardan, où 0y sera désignée comme solution.

211

20

2 )()( bzayrz

0)()( 211

20

2 bzayrz



D’où on obtient :

0))(( 1102

1102 bzayrzbzayrz

Voici le système que nous trouvons :

0

0

1012

1012

byrzaz

byrzaz

Il faut calculer le discriminant pour chacune des équations trouvées. Pour l’équation 1, nous avons : )(4 10

211 byra

Pour l’équation 2, nous avons : )(4 10

212 byra

Nous avons encore baissé le degré de l’équation, en effet, nous sommes désormais à une

équation du second degré. Prenons par exemple 0 , nous avons quatre solutions :

2

11

az

2

12

az

2

23

az

2

24

az

En conclusion, les quatre solutions de l’équation du quatrième degré sont donc :

a

bzx411

a

bzx422

a

bzx433

a

bzx444



Exemple : Soit l’équation x4 + 3x2 + 6x + 10 = 0

R=(x2 + y)2 - (x4 + 3x2 + 6x + 10) = (2y - 3)x2 - 6x + y2 – 10 = -2y3 + 3y220y – 21 L'équation -2y3 + 3y2 + 20y – 21 = 0 a une solution évidente y = 1, pour cette valeur de y on a R = -(x+3)2 et ainsi : x4 + 3x2 + 6x + 10 = (x2 + 1)2 + (x + 3)2

x4 + 3x2 + 6x + 10 = (x2 + 1 + i(x+3))(x2 + 1 -i(x+3)) x4 + 3x2 + 6x + 10 = (x2 + ix + 1 +3i)(x2 –ix + 1 -3i)

Il suffit alors de résoudre : x2 + ix + 1 + 3i = 0 car en changeant i en -i dans les solutions on aura celles de x2 – ix + 1 - 3i = 0

b2 - 4ac = -1 – 4 - 12i b2 - 4ac = -5 - 12i

Il s'agit de trouver les 2 racines 2ième de ce discriminant, donc résoudre z2 = -5 - 12i. En posant z = a + ib avec a et b réels on obtient :

a2 - b2 = -5 ab = -6 a2 + b2 = 169 = 13 (en passant au module)

Ce qui donne a2 = 4, b2 = 9, donc a = 2 et b = 3 ; mais ab = -6 donc z = a + ib est soit 2 - 3i, soit -2 + 3i.

Les 2 solutions de x2 + ix + 1 + 3i = 0 sont donc (-i + 2 - 3i)/2 et (-i – 2 + 3i)/2 soit 1 - 2i et -1 + i ; donc le 2ième facteur donne 1 + 2i et -1 - i

Les quatre solutions de l'équation initiale sont donc 1 2i et -1 i



c) Autres méthodes de résolution

Méthode de résolution des bicarrées Cette méthode s’applique dans le cas particulier d’une équation de degré 4 de la forme :

024 cbxax avec 0a et cba ,, 3. Celle-ci se résout grâce à un changement de variable tel que : 2x On obtient ainsi : 02 cbXaX qui est une équation du second degré et que l’on résout

comme tel. On obtient ses racines X1 et X2. Il faudra ensuite prendre les racines des deux solutions de cette équation quadratique pour obtenir les quatre solutions de l’équation bicarrée :

12

11

Xx

Xx

24

23

Xx

Xx

Exemple : soit l’équation 0624 xx On pose 2x , on obtient donc : 062 XX Nous observons qu’il existe une racine évidente, il s’agit de : X1 = -2

Or, on sait que X1.X2 = ac , soit

162 2

X X2 = 3

On sait que 2x , on ne retient dans que la racine X2 = 3, d’où

3

3

2

1

x

x

Résolution par la méthode de Descartes René Descartes utilise la factorisation des polynômes de degré N sous la forme

))....()(( 21 nxxxxxx avec nxxx ....,,, 21 les n racines réelles ou complexes de

l’équation 0234 edxcxbxax .



VI – Equation polynomiale du cinquième degré Une équation polynomiale du cinquième degré est de la forme :

02345 fexdxcxbxax avec fedcba ,,,,, 6 et 0a . Une telle équation est appelée équation quintique. Certaines équations de degré cinq peuvent être résolues par factorisation en radicaux. Posons :

0145 xxx Ceci peut être écrit sous la forme : 0)1)(1)(1( 22 xxx Les solutions sont alors trouvées aisément :

Soit x² + 1 = 0 x² = -1 Impossible dans .

Soit x + 1 = 0 x = -1

Soit (x – 1)² = 0 Donc x – 1 = 0 x = 1

Les solutions de l’équation 0145 xxx sont -1 et 1. En général l’équation quintique 02345 fexdxcxbxax avec fedcba ,,,,, 6 et

0,,,,, fedcba n’admet pas de solution analytique. Personne ne découvrit comment résoudre cette équation en utilisant les arrangements et permutations semblables pour les équations quadratiques, cubiques et quartiques. On prouva alors par 2 reprises qu’aucune formule n’existe.



CONCLUSION A travers ce projet, nous avons recherché à démontrer les méthodes de résolution des équations polynomiales de degré inférieur à 5. Nous avons également réalisé un programme informatique de résolution des équations précédemment étudiées. Nous avons tout d’abord effectué l’historique de ces méthodes de résolution puis

rappelé, tout au long des démonstrations, les apports de leurs découvertes aux mathématiques et plus particulièrement à l’algèbre.

Nous avons redémontré les méthodes de résolution des équations de degré 1 et 2 à coefficients réels et complexes. Puis, nous avons explicité la méthode dite de Cardan ainsi que les méthodes par recherche de racines évidentes, de Sotta et de Bezout pour la résolution des équations de degré 3. Puis, nous avons cherché à démontrer la méthode de Ferrari qui fût le premier à trouver la résolution des équations de degré 4 et étudié les cas particulier des équations bicarrées. Cette étude nous a ensuite permis de faire notre programme de résolution de ces types d’équation. Par ailleurs, il s’agit d’un projet en équipe de cinq personnes. Ce fût donc un défi et un

apprentissage de faire travailler, coopérer, gérer et mener au but du projet tous ses membres. Nous avons également cherché à être le plus complet possible tout en ne mettant que les méthodes comprises par tous les membres de notre équipe, comme demandé dans le sujet du TAI. Pour conclure, nous dirons qu’il s’agissait d’un travail long, compliqué mais également très stimulant intellectuellement. Nous jouissons en effet aujourd’hui d’une

connaissance en algèbre très valorisante et nous avons touché à des calculs mathématiquement très compliqués. Mais nous profitons également aujourd’hui d’une

expérience déterminante en termes de méthodes de travail personnel et de travail en équipe.

Documents

TAI - ALGEBRE - efreidoc.fr