Voir la source de Équation du quatrième degré/Méthode de Descartes

{{Chapitre
  | idfaculté = mathématiques
  | précédent = [[../Méthode de Ferrari/]]
  | suivant   = [[../Méthode de Lagrange/]]
  | page_liée = Exercices/Sur la méthode de Descartes
  | numéro    = 5
  | niveau    = 14
}}

Après avoir vu la méthode de Ferrari, nous allons étudier une seconde méthode de résolution des équations du quatrième degré, due à [[Histoire des mathématiques/Quelques mathématiciens célèbres|René Descartes]].

== Préliminaire ==

{{définition
  |contenu=
Un polynôme est dit unitaire si son coefficient de plus haut degré est égal à 1.
}}

La méthode de Descartes utilise la propriété suivante :

{{Propriété
  |titre=Propriété 
  |contenu=
Le produit de deux polynômes unitaires du second degré donne un polynôme (unitaire du quatrième degré) sans monôme de degré 3 si et seulement si les coefficients de degré 1 des deux polynômes du second degré sont opposés.
}}

{{Démonstration déroulante
   |contenu=
Développons un produit quelconque de deux polynômes unitaires du second degré :
:<math>(X^2 + mX+ p)(X^2 + qX+ r)=X^4 + (q+m)X^3 + (p+mq+r)X^2 + (mr+pq)X+ pr</math>.
Le produit est sans monôme de degré 3 si et seulement si <math>q+m=0</math>.
}}

== Exercice d'échauffement ==

Commençons par développer deux polynômes unitaires irréductibles du second degré dont les coefficients du premier degré sont opposés. Nous avons par exemple :
:<math> (x^2 + 5x + 3)(x^2 - 5x + 2) = x^4-20x^2-5x+6</math>.


Nous allons maintenant essayer de refactoriser le polynôme ''x''{{exp|4}} – 20''x''{{exp|2}} – 5''x'' + 6 de manière à retrouver les deux polynômes du second degré, à coefficients du premier degré opposés, dont nous étions partis.

Pour cela, nous poserons ''a priori'' :
:<math>  x^4-20x^2-5x+6 = (x^2 + ax + b)(x^2 - ax + c)</math>.

En développant le second membre, nous obtenons :
:<math>  x^4-20x^2-5x+6 = x^4 - (a^2-b-c)x^2 -a(b-c)x + bc</math>.

Par identification des coefficients, nous obtenons le système :
:<math>\begin{cases}
a^2-b-c=20 \\
a(b-c)=5 \\
bc=6.
\end{cases}</math>

Nous voyons alors que ce système peut s'écrire :
:<math>\begin{cases}
b+c=a^2-20 \\
b-c=\frac5a\\
bc=6.
\end{cases}</math>

Par addition et soustraction membre à membre des deux premières équations, on obtient :
:<math>\begin{cases}
b = \frac12\left( a^2-20 + \frac5a\right) \\
c = \frac12\left(  a^2-20 - \frac5a\right) \\
bc=6.
\end{cases}</math>

En portant les valeurs trouvées de ''b'' et ''c'' des deux premières équations dans la troisième, on obtient :

<math>\begin{cases}
b = \frac12\left( a^2-20 + \frac5a\right) \\
c = \frac12\left(  a^2-20 - \frac5a\right) \\
\frac14\left( a^2-20 + \frac5a\right) \left(  a^2-20 - \frac5a\right)  =6.
\end{cases}</math>

La troisième équation peut alors s'écrire, en utilisant l'identité remarquable (''a'' + ''b'')(''a'' – ''b'') = ''a''{{exp|2}} – ''b''{{exp|2}} :
:<math>  ( a^2-20)^2 - \frac{25}{a^2}  = 24</math>.

En multipliant les deux membres par ''a''{{exp|2}}, en développant et en mettant tous les termes dans le premier membre, on obtient :
:<math>  a^6-40a^4+376a^2-25  = 0</math>.

Nous voyons alors que ''a''{{exp|2}} est racine de l'équation :
:<math>  y^3-40y^2+376y-25  =0</math>.

Cette équation admet 25 comme racine évidente. Par conséquent, on peut poser :
:<math>  a^2  = 25</math>

et l'on peut choisir ''a'' = 5.


On en déduit ensuite :
:<math>  b = \frac12\left( a^2-20 + \frac5a\right) = \frac12\left( 5^2-20 + \frac55\right) = 3</math> ;
:<math>  c = \frac12\left( a^2-20 - \frac5a\right) = \frac12\left( 5^2-20 - \frac55\right) = 2</math>.


En reportant les valeurs trouvées de <math>a, b, c</math> dans :
:<math>  x^4-20x^2-5x+6 = (x^2 + ax + b)(x^2 - ax + c)</math>,

nous voyons que la factorisation recherchée de ''x''{{exp|4}} – 20''x''{{exp|2}} – 5''x'' + 6 est donc :
:<math>  x^4-20x^2-5x+6 = (x^2 + 5x + 3)(x^2 - 5x + 2)</math>

et nous avons bien retrouvé le produit de deux polynômes du second degré dont nous étions partis au début.

== Principe de la méthode de Descartes ==

Nous allons dans ce paragraphe généraliser ce qui a été vu dans un cas particulier au paragraphe précédent.

Soit donc à résoudre une équation de la forme :
:<math>z^4+pz^2+qz+r=0</math>
(nous savons que toute équation de degré 4 s'y ramène).

Nous supposerons de plus que <math>q\ne0</math> (car lorsque <math>q=0</math>, l'équation est bicarrée donc facile à résoudre).

Nous allons essayer de factoriser le premier membre comme produit de deux polynômes unitaires du second degré, dont les coefficients de degré 1 sont alors nécessairement opposés. Nous écrirons donc :
:<math>z^4+pz^2+qz+r=(z^2+az+b)(z^2-az+c)</math>.

En développant le second membre, nous obtenons :
:<math>z^4+pz^2+qz+r=z^4+(b+c-a^2)z^2-a(b-c)z+bc</math>.

Par identification des coefficients, nous obtenons le système :
:<math>\begin{cases}
b+c-a^2=p\\
a(b-c)=-q\\
bc=r.
\end{cases}</math>

Nous voyons alors que <math>a</math> est nécessairement non nul (puisque <math>q\ne0</math>) et ce système peut s'écrire :
:<math>\begin{cases}
b+c=a^2+p\\
b-c=-\frac qa\\
bc=r.
\end{cases}</math>

Par addition et soustraction membre à membre des deux premières équations, on obtient :
:<math>\begin{cases}
b=\frac{a^2+p-\frac qa}2\\
c=\frac{a^2+p+\frac qa}2\\
4bc=4r.
\end{cases}</math>

En portant les valeurs trouvées de ''b'' et ''c'' des deux premières équations dans la troisième, on obtient :
:<math>\begin{cases}
b=\frac{a^2+p-\frac qa}2\\
c=\frac{a^2+p+\frac qa}2\\
\left(a^2+p-\frac qa\right)\left(a^2+p+\frac qa\right)=4r.
\end{cases}</math>

La troisième équation peut alors s'écrire, en utilisant l'identité remarquable (''a'' + ''b'')(''a'' – ''b'') = ''a''{{exp|2}} – ''b''{{exp|2}} :
:<math>(a^2+p)^2-\frac{q^2}{a^2}=4r</math>.

En multipliant les deux membres par <math>a^2</math>, en développant et en mettant tous les termes dans le premier membre, on obtient :
:<math>a^6+2pa^4+(p^2-4r)a^2-q^2=0</math>.

Nous voyons alors que <math>a^2</math> est racine de l'équation :
:<math>y^3+2py^2+(p^2-4r)y-q^2=0</math>.


Soit ''y''<sub>0</sub>, ''y''<sub>1</sub>, ''y''<sub>2</sub> les trois racines de cette dernière équation. Laquelle de ces trois racines allons-nous choisir ? D'un point de vue théorique, cela n'a aucune importance. D'un point de vue pratique, nous choisirons, bien sûr, celle qui nous parait la plus sympa. Par exemple, s'il y a une racine réelle et deux racines complexes conjuguées, nous choisirons, sauf cas particulier, la racine réelle.

Supposons, pour fixer les idées, que la racine que nous choisissons est ''y''<sub>0</sub>. Comme ''a''{{exp|2}} = ''y''<sub>0</sub>, nous choisirons pour ''a'' l'une des deux racines carrées de ''y''<sub>0</sub>, que nous noterons :
:<math>a=\sqrt{y_0}</math>.

En reportant cette valeur de ''a'' dans les deux premières équations du système, nous en déduisons :
:<math>\begin{cases}
b=\frac{y_0+p-\frac q\sqrt{y_0}}2\\
c=\frac{y_0+p+\frac q\sqrt{y_0}}2\\
a=\sqrt{y_0}.
\end{cases}</math>


L'équation à résoudre :
:<math>z^4+pz^2+qz+r=0</math>,

que nous cherchions à factoriser sous la forme :
:<math>(z^2+az+b)(z^2-az+c)=0</math>,

s'écrira par conséquent :
:<math>\left(z^2+z\sqrt{y_0}+\frac{y_0+p-\frac q\sqrt{y_0}}2\right)\left(z^2-z\sqrt{y_0}+\frac{y_0+p+\frac q\sqrt{y_0}}2\right)=0</math>.

Nous nous sommes ramenés à résoudre les deux équations suivantes :
*<math>z^2+z\sqrt{y_0}+\frac{y_0+p-\frac q\sqrt{y_0}}2=0</math> ;
*<math>z^2-z\sqrt{y_0}+\frac{y_0+p+\frac q\sqrt{y_0}}2=0</math>.

Ces deux équations du second degré sont les mêmes que dans la méthode de Ferrari, ''via'' le changement de paramètre <math>y_0=2\lambda_0-p</math>. Les expressions obtenues dans la suite de cette résolution sont donc identiques à celles du chapitre précédent :
:<math>\begin{matrix}
z_0&=&\frac{-\sqrt{y_0}+\sqrt{\Delta_+}}2,&
z_1&=&\frac{-\sqrt{y_0}-\sqrt{\Delta_+}}2,\\
z_2&=&\frac{\sqrt{y_0}+\sqrt{\Delta_-}}2,&
z_3&=&\frac{\sqrt{y_0}-\sqrt{\Delta_-}}2
\end{matrix}</math>
avec
:<math>\Delta_\pm=y_0-2\left(y_0+p\pm\frac q\sqrt{y_0}\right)=-y_0-2p\pm\frac{2q}\sqrt{y_0}</math>.

== Résumé de la méthode de Descartes ==

Ce que nous avons fait au paragraphe précédent est un peu long. Nous allons le résumer dans un encadré.

{{Principe
   |titre=Essentiel de la méthode de Descartes.
   |contenu={{Wikipédia|Méthode de Descartes}}

Soit à résoudre une équation mise sous la forme :
:<math>z^4+pz^2+qz+r=0</math>,

dont les racines seront notées ''z''<sub>0</sub>, ''z''<sub>1</sub>, ''z''<sub>2</sub>, ''z''<sub>3</sub>.

Si <math>q=0</math>, l'équation est bicarrée.

Si <math>q\ne0</math>, nous commencerons par résoudre l'équation :
:<math>y^3+2py^2+(p^2-4r)y-q^2=0</math>.

Soit ''y''<sub>0</sub> l'une des trois racines de cette dernière équation.

Nous en déduisons les solutions :
:<math>\begin{matrix}
z_0&=&\frac12\left(-\sqrt{y_0}+\sqrt{-y_0-2p+\frac{2q}\sqrt{y_0}}\right),&
z_1&=&\frac12\left(-\sqrt{y_0}-\sqrt{-y_0-2p+\frac{2q}\sqrt{y_0}}\right),\\
z_2&=&\frac12\left(\sqrt{y_0}+\sqrt{-y_0-2p-\frac{2q}\sqrt{y_0}}\right),&
z_3&=&\frac12\left(\sqrt{y_0}-\sqrt{-y_0-2p-\frac{2q}\sqrt{y_0}}\right).
\end{matrix}</math>
}}
==Cas général==
De même que la méthode de Ferrari, celle de Descartes s'applique tout aussi bien ''directement''<ref>{{Ouvrage|auteur=Joseph-Alfred Serret|titre=Cours d'algèbre supérieure|url=https://books.google.fr/books?id=g3RaAAAAcAAJ&pg=PA242|passage=242|année=1854|numéro d'édition=2|année première édition=1849}}.</ref> à une équation de la forme
:<math>x^4+bx^3+cx^2+dx+e=0</math>,
sans la mettre au préalable sous la forme <math>z^4+pz^2+qz+r=0</math>.

Le principe est le même et la méthode s'écrit alors comme suit (si <math>b=0</math>, on retrouvera, aux notations près, les formules précédentes).
{{CfExo|idfaculté=mathématiques|exercice=[[../Exercices/Sur la méthode de Descartes#Exercice 6-3|exercices 6-3 et 6-4]]}}
On suppose que l'équation ne se ramène pas à une équation bicarrée, c'est-à-dire (cf. chapitre 3) que <math>b^3-4bc+8d\ne0</math>, et l'on cherche <math>f,g,f',g'</math> tels que
:<math>X^4+bX^3+cX^2+dX+e=(X^2+fX+g)(X^2+f'X+g')</math>,
c'est-à-dire
:<math>\begin{cases}f+f'&=b&(1)\\
g'+g&=c-ff'&(2)\\
fg'+f'g&=d&(3)\\
gg'&=e&(4).\end{cases}</math>
Ceci implique
:<math>f\ne f'</math>
(sinon, l'équation <math>(1)</math> donnerait <math>f=f'=\frac b2</math> d'où, d'après les équations <math>(2)</math> et <math>(3)</math> : <math>d=\frac b2(g'+g)=\frac b2\left(c-\frac{b^2}4\right)</math>, ce qui est exclu par l'hypothèse <math>b^3-4bc+8d\ne0</math>).

Le système est donc équivalent à
:<math>\begin{cases}f+f'&=b&(1)\\
g'&=\frac{d-(c-ff')f'}{f-f'}&(2')\\
g&=\frac{(c-ff')f-d}{f-f'}&(3')\\
gg'&=e&(4)\end{cases}</math>
et l'on peut le résoudre en réduisant le nombre d'équations et d'inconnues par substitutions successives : il suffit de reporter dans <math>(4)</math> les expressions de <math>g</math> et <math>g'</math> données par <math>(2')</math> et <math>(3')</math>, et de trouver une solution <math>(f,f')</math> des équations <math>(1)</math> et <math>(4')</math> (la nouvelle équation <math>(4)</math> après ce report), puis d'en déduire <math>g</math> et <math>g'</math> grâce à <math>(2')</math> et <math>(3')</math>.

Plus explicitement :
:<math>(4')\quad:\quad\left[(c-ff')f-d\right]\left[d-(c-ff')f'\right]=(f-f')^2e</math>
devient, en posant
:<math>y=-ff'</math>
et en tenant compte de <math>(1)</math> :
:<math>-d^2+bd(c+y)+(c+y)^2y=(b^2+4y)e</math>,
qui est une équation de degré 3 en <math>y</math> (la résolvante) :
:<math>y^3+2cy^2+(c^2-4e+bd)y-d^2+bcd-b^2e=0</math>.
Soit <math>y_0</math> l'une des trois racines de cette équation. Les solutions <math>f,f'</math> de
:<math>\begin{cases}f+f'&=b&(1)\\
ff'&=-y_0\end{cases}</math>
sont :
:<math>f=\sqrt{y_0+\frac{b^2}4}+\frac b2,\quad f'=-\sqrt{y_0+\frac{b^2}4}+\frac b2</math>
et les valeurs correspondantes de <math>g,g'</math> sont donc :
:<math>g=\frac{y_0+c}2-\frac{d-b(c+y_0)/2}{2\sqrt{y_0+b^2/4}},\quad g'=\frac{y_0+c}2+\frac{d-b(c+y_0)/2}{2\sqrt{y_0+b^2/4}}</math>.
Finalement, les quatre solutions de 
:<math>x^4+bx^3+cx^2+dx+e=0</math>
sont les deux solutions de <math>x^2+fx+g=0</math> et les deux solutions de <math>x^2+f'x+g'=0</math>, c'est-à-dire :
:<math>\begin{matrix}
x_0&=&\frac{-f+\sqrt{\Delta_+}}2,&
x_1&=&\frac{-f-\sqrt{\Delta_+}}2,\\
x_2&=&\frac{-f'+\sqrt{\Delta_-}}2,&
x_3&=&\frac{-f'-\sqrt{\Delta_-}}2
\end{matrix}</math>
avec
:<math>\Delta_+=f^2-4g\quad\text{et}\quad\Delta_-=f'^2-4g'</math>,
ce qui donne
:<math>\Delta_\pm=-y_0-2c\pm\frac{2d-bc+b^3/4}\sqrt{y_0+b^2/4}</math>.
{{Remarque|titre=Remarque 1|contenu=
Les deux équations <math>x^2+fx+g=0</math> et <math>x^2+f'x+g'=0</math> sont exactement les mêmes que dans la méthode de Ferrari, ''via'' le changement de paramètre <math>y_0=2\lambda_0-c</math>, et par ce changement, l'équation cubique résolvante de Descartes équivaut à celle de Ferrari.
}}
{{Remarque|titre=Remarque 2|contenu=
Par construction, <math>y_0=-(-f)(-f')=-(x_0+x_1)(x_2+x_3)</math> et puisqu'on a des expressions analogues des <math>x_i</math> en fonction des deux autres racines <math>y_1,y_2</math> de la résolvante, celles-ci sont nécessairement égales à <math>-(x_0+x_2)(x_1+x_3)</math> et <math>-(x_0+x_3)(x_1+x_2)</math>.

Cette remarque préfigure la méthode de Lagrange, que nous étudierons au prochain chapitre.
}}

== Référence ==
{{Références}}

{{Bas de page
  | idfaculté = mathématiques
  | précédent = [[../Méthode de Ferrari/]]
  | suivant   = [[../Méthode de Lagrange/]]
}}