Équation du quatrième degré/Exercices/Sur la méthode de Lagrange

Exercice 7-1

En utilisant la méthode « de Lagrange », résoudre l'équation :

$z^{4}-5z^{2}+z{\sqrt {30}}-{\frac {3}{2}}=0$.

Solution

Nous avons une équation de la forme :

$z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$

avec :

$p=-5,\qquad q={\sqrt {30}},\qquad r=-{\frac {3}{2}}$.

Nous devons maintenant résoudre l'équation :

$y^{3}+2py^{2}+(p^{2}-4r)y-q^{2}=0$

qui s'écrit, en remplaçant p, q et r par leurs valeurs :

$y^{3}-10y^{2}+31y-30=0$.

Cette résolvante a trois racines évidentes :

$y_{1}=2,\qquad y_{2}=3,\qquad y_{3}=5$.

Pour avoir :

${\sqrt {y_{1}}}\times {\sqrt {y_{2}}}\times {\sqrt {y_{3}}}=-q=-{\sqrt {30}}$,

nous choisirons comme racines carrées, par exemple :

${\begin{cases}{\sqrt {y_{1}}}={\sqrt {2}}\\{\sqrt {y_{2}}}={\sqrt {3}}\\{\sqrt {y_{3}}}=-{\sqrt {5}}.\end{cases}}$

Nous en déduisons que les racines de l'équation :

$z^{4}-5z^{2}+z{\sqrt {30}}-{\frac {3}{2}}=0$

sont :

${\begin{cases}z_{0}={\frac {1}{2}}({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}-{\sqrt {5}})\\z_{1}={\frac {1}{2}}({\sqrt {2}}-{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}})\\z_{2}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}})\\z_{3}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {2}}-{\sqrt {3}}-{\sqrt {5}}).\end{cases}}$

 

Exercice 7-2

a) Soit

$z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$

une équation dont la résolvante de Lagrange a (comme l'équation de l'exercice 6-3) une racine triple, $y_{0}$.

1. Montrer que l'une des deux racines carrées de $y_{0}$ a pour cube $q$.
2. On note ${\sqrt {y_{0}}}$ cette racine. Exprimer alors les solutions de $z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$ en fonction de ${\sqrt {y_{0}}}$ et montrer que cette équation a une racine (au moins) triple.
3. Montrer que réciproquement, si une équation de degré 4 a une racine (au moins) triple alors sa résolvante de Lagrange aussi.

b) Montrer que de même, une équation de degré 4 a une racine (au moins) double si et seulement si sa résolvante de Lagrange a une racine (au moins) double.

Solution

a) 1. Par hypothèse, la résolvante de Lagrange $y^{3}+2py^{2}+(p^{2}-4r)y-q^{2}=0$ a pour racines $y_{0}=y_{1}=y_{2}$. Si $\pm k$ sont les deux racines carrées de $y_{0}$, on a par conséquent

$\left(k^{3}\right)^{2}=\left(k^{2}\right)^{3}=y_{0}^{3}=y_{0}y_{1}y_{2}=q^{2}$,

donc $k^{3}=\pm q$ et $(-k)^{3}=-k^{3}=\mp q$.

a) 2. Comme nous devons avoir :

${\sqrt {y_{0}}}\times {\sqrt {y_{1}}}\times {\sqrt {y_{2}}}=-q$,

nous choisirons par exemple :

${\sqrt {y_{1}}}={\sqrt {y_{0}}},\quad {\sqrt {y_{2}}}=-{\sqrt {y_{0}}}$.

Les racines de l'équation :

$z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$

s'écrivent alors :

${\begin{cases}z_{0}={\frac {1}{2}}({\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {y_{1}}}+{\sqrt {y_{2}}})={\frac {1}{2}}{\sqrt {y_{0}}}\\z_{1}={\frac {1}{2}}({\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {y_{1}}}-{\sqrt {y_{2}}})={\frac {1}{2}}{\sqrt {y_{0}}}=z_{0}\\z_{2}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {y_{1}}}-{\sqrt {y_{2}}})={\frac {1}{2}}{\sqrt {y_{0}}}=z_{0}\\z_{3}={\frac {1}{2}}(-{\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {y_{1}}}+{\sqrt {y_{2}}})=-{\frac {3}{2}}{\sqrt {y_{0}}}.\end{cases}}$

a) 3. Si les racines de $z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$ sont $z_{0}=z_{1}=z_{2}$ et $z_{3}$, alors celles de sa résolvante de Lagrange sont :

$y_{0}=-(z_{0}+z_{1})(z_{2}+z_{3})=-2z_{0}(z_{0}+z_{3})$,

$y_{1}=-(z_{0}+z_{2})(z_{1}+z_{3})=-2z_{0}(z_{0}+z_{3})=y_{0}$,

$y_{2}=-(z_{0}+z_{3})(z_{1}+z_{2})=-(z_{0}+z_{3})(2z_{0})=y_{0}$.

b) On peut procéder de même, ou constater que les deux discriminants sont égaux :

$4p^{2}(p^{2}-4r)^{2}-36p(p^{2}-4r)q^{2}-27q^{4}-4(p^{2}-4r)^{3}+32p^{3}q^{2}=16r(16r^{2}-8rp^{2}+p^{4}+9pq^{2})-q^{2}(4p^{3}+27q^{2})$

ou, moins calculatoirement :

$\prod _{0\leq i<j\leq 2}(y_{i}-y_{j})^{2}=\prod _{0\leq k<l\leq 3}(z_{k}-z_{l})^{2}$

en regroupant deux par deux les 6 termes du produit de droite : par exemple,

$(z_{0}-z_{1})^{2}(z_{2}-z_{3})^{2}=(z_{0}z_{2}+z_{1}z_{3}-z_{1}z_{2}-z_{0}z_{3})^{2}=(y_{2}-y_{3})^{2}$.

 

Exercice 7-3

Montrer que la méthode de Ferrari, dans le cas général d'une équation

$x^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0$,

est équivalente à la première des deux méthodes originelles de Lagrange.

Solution

Dans la méthode de Ferrari, si $\lambda _{0}$ est une racine de la résolvante

$8\lambda ^{3}-4c\lambda ^{2}+\left(2bd-8e\right)\lambda +(4c-b^{2})e-d^{2}=0$.

et si $\mu _{0}$ ($\neq 0$) est une racine carrée de $2\lambda _{0}-c+{\frac {b^{2}}{4}}$, alors

$x^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=\left[x^{2}+\left(\mu _{0}+{\frac {b}{2}}\right)x+\lambda _{0}+{\frac {b\lambda _{0}-d}{2\mu _{0}}}\right]\left[x^{2}+\left(-\mu _{0}+{\frac {b}{2}}\right)x+\lambda _{0}-{\frac {b\lambda _{0}-d}{2\mu _{0}}}\right]$.

Dans la première méthode originelle de Lagrange, si u₀ est une racine de la résolvante

$u^{3}-cu^{2}+(bd-4e)u+(4c-b^{2})e-d^{2}=0$

et si

$P_{\pm }={\frac {u_{0}}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {u_{0}^{2}}{4}}-e}},\quad S_{+}+S_{-}=-b,\quad P_{-}S_{+}+P_{+}S_{-}=-d$

alors

$x^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=\left[x^{2}-S_{+}x+P_{+}\right]\left[x^{2}-S_{-}x+P_{-}\right]$.

Ces deux résolutions sont équivalentes, par le changement de paramètre $u=2\lambda$.

En effet, ce changement transforme bien :

• une résolvante en l'autre ;
• $\lambda _{0}\pm {\frac {b\lambda _{0}-d}{2\mu _{0}}}$ en $P_{\pm }=\lambda _{0}\pm {\sqrt {\lambda _{0}^{2}-e}}$ car

  ${\begin{aligned}4\mu _{0}^{2}(\lambda _{0}^{2}-e)&=4\left(2\lambda _{0}-c+{\frac {b^{2}}{4}}\right)\left(\lambda _{0}^{2}-e\right)\\&=8\lambda _{0}^{3}+(b^{2}-4c)\lambda _{0}^{2}-8e\lambda _{0}+(4c-b^{2})e\\&=b^{2}\lambda _{0}^{2}-2bd\lambda _{0}+d^{2}\\&=(b\lambda _{0}-d)^{2}~;\end{aligned}}$

• $\pm \mu _{0}+{\frac {b}{2}}$ en $-S_{\pm }$ car :
  • $-\left(\mu _{0}+{\frac {b}{2}}\right)-\left(-\mu _{0}+{\frac {b}{2}}\right)=-b$ ;
  • $-\left(\lambda _{0}-{\frac {b\lambda _{0}-d}{2\mu _{0}}}\right)\left(\mu _{0}+{\frac {b}{2}}\right)-\left(\lambda _{0}+{\frac {b\lambda _{0}-d}{2\mu _{0}}}\right)\left(-\mu _{0}+{\frac {b}{2}}\right)=-d$.

 

Exercice 7-4

Dans ses deux méthodes originelles, Lagrange, considérant une équation

$x^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0$,

pose d'abord

$u_{0}=x_{0}x_{1}+x_{2}x_{3},\quad u_{1}=x_{0}x_{2}+x_{1}x_{3},\quad u_{2}=x_{0}x_{3}+x_{1}x_{2}$,

puis se ravise et exprime les x_i en fonction de

$s_{0}=x_{0}+x_{1}-x_{2}-x_{3},\quad s_{1}=x_{0}+x_{2}-x_{1}-x_{3},\quad s_{2}=x_{0}+x_{3}-x_{1}-x_{2}$.

1. En déduire l'expression des solutions x₀, x₁, x₂ et x₃ en fonction de u₀, u₁ et u₂.
2. Adapter cette étude en posant (comme dans notre pseudo-« méthode de Lagrange » de tout le début ce chapitre, mais à présent pour $b$ non nécessairement nul) :

   $y_{0}=-(x_{0}+x_{1})(x_{2}+x_{3}),\quad y_{1}=-(x_{0}+x_{2})(x_{1}+x_{3}),\quad y_{2}=-(x_{0}+x_{3})(x_{1}+x_{2})$.

Solution

1.  Puisque

$s_{i}={\sqrt {t_{i}}}=2{\sqrt {u_{i}-c+b^{2}/4}}$,

en effectuant cette substitution dans les formules de la seconde méthode, on obtient les formules suivantes (également appelées « formules de Ferrari », ce nom étant justifié dans l'exercice précédent) :

${\begin{aligned}x_{0}&=-{\frac {b}{4}}+{\frac {1}{2}}\left({\sqrt {u_{0}-c}}+{\sqrt {u_{1}-c}}+{\sqrt {u_{2}-c}}\right)\\x_{1}&=-{\frac {b}{4}}+{\frac {1}{2}}\left({\sqrt {u_{0}-c}}-{\sqrt {u_{1}-c}}-{\sqrt {u_{2}-c}}\right)\\x_{2}&=-{\frac {b}{4}}+{\frac {1}{2}}\left(-{\sqrt {u_{0}-c}}+{\sqrt {u_{1}-c}}-{\sqrt {u_{2}-c}}\right)\\x_{3}&=-{\frac {b}{4}}+{\frac {1}{2}}\left(-{\sqrt {u_{0}-c}}-{\sqrt {u_{1}-c}}+{\sqrt {u_{2}-c}}\right)\end{aligned}}$

en ayant soin de choisir les trois racines carrées de façon cohérente :

${\begin{aligned}{\sqrt {u_{0}-c+b^{2}/4}}\,{\sqrt {u_{1}-c+b^{2}/4}}\,{\sqrt {u_{2}-c+b^{2}/4}}&={\frac {s_{0}}{2}}{\frac {s_{1}}{2}}{\frac {s_{2}}{2}}\\&={\frac {-b^{3}+4bc-8d}{8}}\\&=-d+{\frac {bc}{2}}-{\frac {b^{3}}{8}}.\end{aligned}}$

2.  Puisque la résolvante pour les $u_{i}$ est

$u^{3}-cu^{2}+(bd-4e)u+(4c-b^{2})e-d^{2}=0$,

celle pour les

$y_{i}=u_{i}-c$

est

$(y+c)^{3}-c(y+c)^{2}+(bd-4e)(y+c)+(4c-b^{2})e-d^{2}=0$,

c'est-à-dire :

$y^{3}+2cy^{2}+(c^{2}-4e+bd)y-d^{2}+bcd-b^{2}e=0$

(voir aussi l'exercice 2-3), et l'on obtient :

${\begin{aligned}x_{0}&=-{\frac {b}{4}}+{\frac {1}{2}}\left({\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {y_{1}}}+{\sqrt {y_{2}}}\right)\\x_{1}&=-{\frac {b}{4}}+{\frac {1}{2}}\left({\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {y_{1}}}-{\sqrt {y_{2}}}\right)\\x_{2}&=-{\frac {b}{4}}+{\frac {1}{2}}\left(-{\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {y_{1}}}-{\sqrt {y_{2}}}\right)\\x_{3}&=-{\frac {b}{4}}+{\frac {1}{2}}\left(-{\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {y_{1}}}+{\sqrt {y_{2}}}\right)\end{aligned}}$

en ayant soin de choisir les trois racines carrées de façon cohérente :

${\sqrt {y_{0}}}\,{\sqrt {y_{1}}}\,{\sqrt {y_{2}}}=-d+{\frac {bc}{2}}-{\frac {b^{3}}{8}}$.

(Ceci généralise le cas $(b,c,d,e)=(0,p,q,r)$ traité dans tout le début de ce chapitre.)

 

Exercice 7-5

Par notre méthode « de Lagrange », retrouver (cf. exercice 8-5 et chapitre 8 de la leçon sur les équations de degré 3) une équation du sixième degré à coefficients entiers ayant pour racine le nombre :

$\beta :={\sqrt {2\left(1+\cos {\frac {\pi }{7}}\right)}}+{\sqrt {2\left(1+\cos {\frac {3\pi }{7}}\right)}}+{\sqrt {2\left(1+\cos {\frac {5\pi }{7}}\right)}}$.

Solution

Nous avons vu dans le cours sur les équations du troisième degré que les nombres $\cos {\frac {\pi }{7}}$, $\cos {\frac {3\pi }{7}}$ et $\cos {\frac {5\pi }{7}}$ sont les racines du polynôme

$X^{3}-{\frac {1}{2}}X^{2}-{\frac {1}{2}}X+{\frac {1}{8}}$.

Par conséquent, les nombres :

$y_{1}=2\left(1+\cos {\frac {\pi }{7}}\right),\qquad y_{2}=2\left(1+\cos {\frac {3\pi }{7}}\right),\qquad y_{3}=2\left(1+\cos {\frac {5\pi }{7}}\right)$

sont les racines de l'équation :

$(y/2-1)^{3}-{\frac {1}{2}}(y/2-1)^{2}-{\frac {1}{2}}(y/2-1)+{\frac {1}{8}}=0$,

qui se simplifie en :

$y^{3}-7y^{2}+14y-7=0$.

Pour que cette dernière équation coïncide avec notre résolvante « de Lagrange » :

$y^{3}+2py^{2}+(p^{2}-4r)y-q^{2}=0$,

il faut que :

${\begin{cases}2p=-7\\p^{2}-4r=14\\q^{2}=7.\end{cases}}$

Nous en déduisons :

${\begin{cases}p=-{\frac {7}{2}}\\r=-{\frac {7}{16}}\\q=-{\sqrt {7}}.\end{cases}}$

Nous avons choisi :

$q=-{\sqrt {7}}$

pour que :

${\sqrt {y_{1}}}\times {\sqrt {y_{2}}}\times {\sqrt {y_{3}}}=-q$.

Par conséquent, d’après la méthode de Lagrange, l'équation :

$x^{4}-{\frac {7}{2}}x^{2}-x{\sqrt {7}}-{\frac {7}{16}}=0$

a parmi ses racines le nombre $\beta /2$.

Autrement dit : $\beta$ est racine de l'équation

$\left({\frac {x}{2}}\right)^{4}-{\frac {7}{2}}\left({\frac {x}{2}}\right)^{2}-\left({\frac {x}{2}}\right){\sqrt {7}}-{\frac {7}{16}}=0$,

qui se simplifie sous la forme :

$x^{4}-14x^{2}-8x{\sqrt {7}}-7=0$.

Il nous reste un petit détail à régler. L'énoncé précisait une équation à coefficients entiers. Nous pouvons alors choisir l'équation obtenue en multipliant le premier membre par l’expression conjuguée de celui-ci. C'est-à-dire l'équation :

$(x^{4}-14x^{2}-8x{\sqrt {7}}-7)(x^{4}-14x^{2}+8x{\sqrt {7}}-7)=0$.

En développant le premier membre de cette dernière équation nous voyons que $\beta$ est l'une des racines de l'équation :

$x^{8}-28x^{6}+182x^{4}-252x^{2}+49=0$.

Ce n'est toujours pas bon car l'énoncé précisait une équation du sixième degré. Essayons donc de factoriser le premier membre comme produit de deux polynômes à coefficients entiers. Pour cela, posons :

$z=x^{2}$.

On obtient :

$z^{4}-28z^{3}+182z^{2}-252z+49=0$.

Nous constatons que cette dernière équation admet z = 7 comme racine évidente. Nous en déduisons la factorisation :

$(z-7)(z^{3}-21z^{2}+35z-7)=0$.

En remplaçant à nouveau z par x², on obtient :

$(x^{2}-7)(x^{6}-21x^{4}+35x^{2}-7)=0$.

Le nombre $\beta >2{\sqrt {2}}>{\sqrt {7}}$ est par conséquent racine de :

$x^{6}-21x^{4}+35x^{2}-7=0$,

qui est donc l'équation recherchée.

 

Exercice 7-6

Calculer par notre méthode « de Lagrange » les racines

$2\cos {\frac {\pi }{20}},\quad 2\cos {\frac {7\pi }{20}},\quad 2\cos {\frac {9\pi }{20}},\quad 2\cos {\frac {17\pi }{20}}$

du polynôme

$P(X)=X^{4}-X^{3}{\sqrt {2}}-3X^{2}+3X{\sqrt {2}}-1$.

Solution

$P\left(Z+{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)=Z^{4}-{\frac {15}{4}}Z^{2}+{\frac {5}{2{\sqrt {2}}}}Z+{\frac {5}{64}}=:Z^{4}+pZ^{2}+qZ+r$.

$Y^{3}+2pY^{2}+(p^{2}-4r)Y-q^{2}=Y^{3}-{\frac {15}{2}}Y^{2}+{\frac {55}{4}}Y-{\frac {25}{8}}=\left(Y-{\frac {5}{2}}\right)\left[\left(Y-{\frac {5}{2}}\right)^{2}-5\right]$.

En posant

$t_{0}={\sqrt {\frac {1}{2}}},\quad t_{1}={\sqrt {\frac {5}{2}}},\quad t_{2}={\sqrt {{\frac {5}{2}}+{\sqrt {5}}}},\quad t_{3}={\sqrt {{\frac {5}{2}}-{\sqrt {5}}}}$,

on a $t_{1}t_{2}t_{3}=q$ et les racines de $P$ sont (de la plus grande à la plus petite) :

${\begin{cases}2\cos {\frac {\pi }{20}}={\frac {t_{0}+t_{1}+t_{2}-t_{3}}{2}}\\2\cos {\frac {7\pi }{20}}={\frac {t_{0}-t_{1}+t_{2}+t_{3}}{2}}\\2\cos {\frac {9\pi }{20}}={\frac {t_{0}+t_{1}-t_{2}+t_{3}}{2}}\\2\cos {\frac {17\pi }{20}}={\frac {t_{0}-t_{1}-t_{2}-t_{3}}{2}}.\end{cases}}$