résolution algébrique equation polynomiales
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Résolution Algébrique des
Equations du 3° degré
Démonstration de Cardan
Soit l'équation (1) : ax3 + bx2 + cx + d = 0
On sait que :(a + b)2 = a2 + b2 + 2ab
(a + b)3 = a3 + b3 + 3a2b + 3ab2 = (3ab)(a+b) + a3 + b3
On pose :
L'équation (1) revient à :
z3 + pz + q = 0 Équation (2)
Si on pose z = u + v on a alors :
z3 = u3 + v3 + 3u2v + 3uv2 = (3uv)(u + v) + u3 + v3
z3 peut donc s'écrire de 2 façons :
1° : z3 = - pz - q
2° : z3 = (3uv)(u + v) + u3 + v3
D'après le théorème des fonctions symétriques des racines, u et v sont solutions de l'équation :
On aboutit à la formule dite de Cardan !!!
L'équation (2) admettra donc 3 solutions.
Discussion
1° Cas :
L'équation (2) admet une solution réelle :
z1 = u + v
Elle admet aussi deux solutions imaginaires :
2° Cas :
Dans ce cas u3 = v3
L'équation (2) admet une solution réelle simple :
Elle admet aussi une solution réelle double :
3° Cas :
Les nombres u et v sont des complexes conjugués. Leur somme sera donc réelle.
L'équation (2) admet 3 solutions réelles :
z1 = u + v
z2 = ju + j2v
z3 = j2u + jv
Démonstration de Viete
Soit l'équation (1): ax3 + bx2 + cx + d = 0
On sait que :
(a + b)2 = a2 + b2 + 2ab
(a + b)3 = a3 + b3+ 3a2b + 3ab2
On pose :
L'équation (1) revient à
z3 + pz + q = 0 Équation (2)
En posant U = u3, on se ramène à une équation du second degré
On aboutit à la formule dite de Viete !!!
Il y aura 6 solutions telles que :
Finalement, elles sont identiques 2 à 2. Il reste donc 3 solutions : z1,z2,z3.
L'équation (2) admettra donc 3 solutions.
Résolution Algébrique des
Equations du 4° degré
Réduction
Soit l'équation générale (1):
ax4 + bx3 + cx² + dx + e = 0
Si on pose :
On aura donc :
On sait que :
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2
(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
(a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4
Calculons à part chaque terme de l'équation
Finalement l'équation (1) revient à :
Pour simplifier on pose :
On ramène le cas général à la forme réduite :
z4 + Az2 + Bz + C = 0
Méthode de Ferrari
Soit l'équation (2):
z4 + Az2 + Bz + C = 0
Avec B ≠ 0
z4 + Az2 + Bz + C = 0
z4 = - Az² - Bz - C Equation (2)
On pose Z = z² + t pour introduire une inconnue auxiliaire t
Z² = (z² + t)² = z4 + 2tz² + t² Equation (3)
En mettant (2) dans (3) on élimine z4
Z² = (z² + t)² = - Az² - Bz - C + 2tz² + t²
Z² = (z² + t)² = (2t- A)z² - Bz + t² - C Equation (4)
On voudrais que le membre de droite soit de la forme (z + D)².
Z² = (z² + t)² = (2t- A)z² - Bz + t² - C = (z + D)²
Pour cela, on dit que D est la racine double du polynôme en rouge.
Donc le discriminant est nul. Ce qui revient à écrire que :
∆ = 0
B² - 4(2t - A)(t²- C) = 0 Equation (5)
B² - 4(2t3 - 2tC - At² + AC) = 0
B² - 8t3 + 8tC + 4At² - 4AC = 0
- 8t3 + 4At² + 8tC + B² - 4AC = 0
On aboutit à une équation du 3° degré que l'on appelle équation résolvante de Ferrari.
On obtiendra t (une de ses racines de l'équation (5) par la méthode de Cardan).
Une fois t trouvée, on calculera D et on aura:
(z² + t)² = (z + D)²
(z² + t)² - (z + D)² = 0
on reconnaît l'identité remarquable : a²- b² = (a + b) (a - b)
(z² + t)² - (z + D)² = 0
(z² + t + z + D) (z² + t - z - D) = 0
(z² + z + t + D) (z² - z + t - D) = 0
D'où 2 cas de figure :
1° Cas :
z² + z + t + D = 0
z1 et z2 seront solution de cette équation du second degré
2° Cas :
z² - z + t - D = 0
z3 et z4 seront solution de cette équation du second degré
D’ou les 4 solutions de l'équation (2) :
On reviendra à x par la relation :
Méthode de Descartes
Soit l'équation (2):
z4 + Az2 + Bz + C = 0
ici B ≠ 0
On considère que l'équation est un produit de 2 polynômes du second degré
z4 + Az2 + Bz + C = ( z² + az + b ) (z² + cz + d) = 0
En développant ce produit on arrive à :
z4 + Az2 + Bz + C = z4 + cz3 + dz² + az3 + acz² + adz + bz² + bcz + bd = 0
z4 + Az2 + Bz + C = z4 + (a + c)z3 + (ac + b + d)z² + (ad + bc)z + bd = 0
Par identification, on obtient les 4 conditions suivantes :
On arrive à
Puis, on aboutit enfin à une équation de degré 6 :
a6 + 2Aa4 + (A²- 4C)a² - B² = 0
On pose t = a²
t3 + 2At² + (A²- 4C)t - B² = 0
C'est l'équation de Descartes !
On obtiendra 3 valeurs distinctes de t, donc 6 valeurs distinctes de a qui donneront
3 factorisations différentes (changer a en -a donne la même factorisation).
On prend une valeur de a et on obtient :
( z² + az + b ) (z² + cz + d) = 0
D'où 2 cas de figure :
1° Cas :
z² + az + b = 0
z1 et z2 seront solution de cette équation du second degré
2° Cas :
z² + cz + d = 0
z3 et z4 seront solution de cette équation du second degré
D’ou les 4 solutions de l'équation (2) :
On reviendra à x par la relation :