Chimie - Polynôme du troisième degré - méthode de Cardan PDF

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Cours de chimie sur les polynôme du troisième degré - méthode de Cardan...

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Polynôme du troisième degré : méthode de Cardan

Cardan a montré comment résoudre les équations de la forme : ∀(p; q) ∈ R2 , z3 + pz + q = 0 Où z désigne un élément de l’ensemble des complexes (ces solutions seront retrouvé dans la suite de la section).

Dans le cas de la résolution des équations de la forme : ∀(a; b; c; d) ∈ R4 , ax3 + bx2 + cx + d = 0 Le monôme de second degré pose problème pour se ramener à l’équation que l’on saurait résoudre. La méthode de Cardan permet de résoudre ce genre d’équation. On réalise le changement de variable : x=z−

b 3a

Ce qui permet (on peut le vérifier en développant) de nous ramener à une équation de la forme : z 3 + pz + q = 0 !

c b 2b2 9c d b2 − et q = + Posons par la suite : z = u + v , Avec p = − 2 + 3a a 27a a2 a a avec (u; v) ∈ C2 . Cette astuce va permettre de résoudre très facilement notre équation du troisième degré... L’équation devient alors : (u + v )3 + p(u + v) + q = 0 1

En développant, on trouve : u3 + v 3 + 3uv 2 + 3vu2 + p(u + v) + q = 0 u3 + v 3 + 3uv(u + v) + p(u + v) + q = 0 u3 + v 3 + (3uv + p)(u + v ) + q = 0

On utilise alors une méthode de simplification qui va consister à considérer que 3uv + p3 p = 0 et donc uv = − p3 , ce qui, en élevant au cube donne u3 v 3 = − 27 . On obtient alors un système de deux équations à deux inconnues :  3 3  u +v

= −q p3 = 27

u3 v 3



u3 etv 3 sont deux complexes sont dont on connaît la somme et le produit, en se rappelant des formules concernant la somme et le produit des solutions d’une équation du second degré et en notant S = u3 + v 3 et P = u3 v 3 , on sait que u3 etv 3 sont les solutions de l’équation du second degré : X 2 − SX + P = 0 ↔ X 2 + qX −

p3 =0 27

Et le discriminant de cette équation du second degré est : ∆ = q2 +

4p3 27

Il reste alors à différencier les cas où le discriminant est positif, nul ou négatif. Cas où ∆ est positif : Il est alors nécessaire de faire appel au chapitre concernant les nombres complexes pour comprendre la propriété suivante, essentielle à la recherche des solutions de l’équation donnée. Rappel : Soit a un nombre complexe, et r sa racine cubique. Alors les trois racines cubiques de a sont : r

j ·r

2

j · r avec j = e

2iπ 3

√ 1 3 =− +i· 2 2

L’équation admet alors deux solutions :     u3    v3

= =

√ −q+ ∆ 2√ −q− ∆ 2

u et v étant complexes, elles ont trois racines cubiques (en tenant compte du fait que 3uv + p = 0).

2

      u      v

= =

s s √ √ √       −q+ ∆ ∆ −q+ ∆ 3 − q +   2 3    u = j·  u = j · 2 2 2 s s s . √ √ √ ou  ou    3 − q − 3 − q − 3 − q − ∆ ∆ ∆      v = j2 ·  v = j· 2 2 2 s 3

En sachant que z = u + v, on regroupe pour chaque système u et v. Soit z1 = ·

s

s 3

z2 = j ·

z3 = j 2 ·

−q+ 2

3

−q+ 2

s 3

√ ∆

√ ∆

−q+ 2

−q+ 2

s

−q+ 2

3

z1 = · z2 = j · 2

z3 = j ·

3

s 3

√ ∆ √ ∆

−q+ 2

−q− 2

s

−q− 2

3

+j ·

3

+j ·

+·

s 2

+j · +j ·

√ ∆ √ ∆

b a été effectué, on trouve : 3a −q− 2

3

√ ∆

2

s

+·

Et comme le changement de variable x = z − s

−q− 2

3

√ ∆

√ ∆

s

√ ∆

s

−q− 2

s

−q− 2

3

3

−

√ ∆ √ ∆

b 3a −

b 3a

−

b 3a

Cas où ∆ est nul : L’équation admet deux solutions réelles : une simple et une double. On reprend les équations déjà établies lorsque ∆ était positif et on remplace ∆ par 0 4p3 ∆=0 ↔ q + =0 ↔ 27 2

s 3

Avec ∆ = 0 dans z1 : z1 = 2 ·

s 3

−

q 2

Ce qui donne par l’équation précédente : z1 =

3q p

Puis en faisant ∆ = 0 dans z2 etz3 : s 3

z2 = z3 = (j 2 + j) − Par propriété de j : j 2 + j + 1 = 0 z2 = z3 = − 3

s 3

−

q 2

q 2

q 3q − = 2 2p

Soit, z2 = z3 = −

3q 2p

Ce qui permet de déterminer les deux racines : 3q b et − 3a p

x1 =

x2 = x3 =

3q b − 2p 3a

Cas où ∆ est négatif : On reprend le même raisonnement que lorsque ∆ était positif et on en déduit les trois solutions (une réelle et deux complexes). z1 = · z2 = j ·

s

s 3

z3 = j ·

−q +i· 2

s 3

2

−q +i· 2

3

√ ∆

√ ∆

−q +i· 2

−q−i· 2

2

s

−q−i· 2

s

−q−i· 2

3

+·

+j ·

√ ∆

√ ∆

s

3

3

+j ·

√ ∆ √ ∆

Et donc les solutions sont : s

−q +i· 2

3

z1 = · z2 = j · 2

s

z3 = j ·

3

−q +i· 2

s 3

√ ∆

√ ∆

−q +i· 2

s 3

+·

2

+j ·

√ ∆

−q−i· 2 s

−q−i· 2

s

−q−i· 2

3

3

+j ·

4

√ ∆

−

√ ∆ √ ∆

b 3a −

b 3a

−

b 3a...