Méthode de Cardan

La méthode de Cardan, imaginée et mise au point par Jérôme Cardan dans son ouvrage Ars Magna publié en 1545, est une méthode permettant de résoudre toutes les équations du troisième degré.

Sommaire

1 Principe de la méthode

2 Exemples

2.1 Exemple 1
2.2 Exemple 2
2.3 Exemple 3

3 Remarque historique

4 Autres méthodes de résolution d'équations

Principe de la méthode

Considérons l'équation générale du troisième degré suivante :
$\qquad a_3 x^3 + a_2 x^2 + a_1 x + a_0 = 0$

En posant :
$x = z - \frac{a_2}{3a_3}$
on se ramène à une équation de la forme :
$\qquad z^3 + p z + q = 0$
On va maintenant poser :
$\qquad z = u + v$
de façon à avoir deux inconnues au lieu d'une et se donner ainsi la possibilité de poser ultérieurement une condition sur u et v permettant de simplifier le problème. On obtient :
$\qquad (u+v)^3 + p (u+v) + q = 0$
Cette équation se transforme aisément sous la forme suivante :
$\qquad u^3+v^3+(3uv+p)(u+v)+q=0$
La condition de simplification annoncée sera alors la suivante :
$\qquad 3uv+p=0$
Qui nous donne d'une part :
$\qquad u^3+v^3+q=0$
et d'autre part :
$\qquad uv=-\frac{p}{3}$
Qui, en élevant les deux membres à la puissance 3 donne :
$\qquad u^3v^3=-\frac{p^3}{27}$
Nous obtenons finalement le système de deux équations à deux inconnues $u 3$ et $v 3$ suivant :
$\qquad u^3+v^3=-q$
$\qquad u^3v^3=-\frac{p^3}{27}$
$u 3$ et $v 3$ sont donc deux nombres dont on connaît la somme et le produit. Ces deux nombres sont donc les racines de l'équation du second degré :
$X^2+qX-\frac{p^3}{27}=0$
Supposons que les deux racines de cette dernière équation soient a et b. u sera donc l'une des trois racines cubiques de a et v sera l'une des trois racines cubiques de b. Il suffira donc alors d'associer ces racines deux par deux de façon à obtenir trois couples (u,v) tel que :
$\qquad uv=-\frac{p}{3}$
Il suffit alors de reporter les trois couples de valeurs trouvées pour u et v dans l'expression :
$\qquad z = u + v$
puis ensuite les trois valeurs trouvées pour z dans l'expression :
$x = z - \frac{a_2}{3a_3}$
pour avoir les trois racines de l'équation du troisième degré posée au départ.

Exemples

Exemple 1

Considérons par exemple l'équation x³ = 18x + 35 ou encore x³ - 18x - 35 = 0. On a p = - 18 et q = -35, donc : $u^3v^3 = {18^3 \over 27} = 216$ et u³ + v³ = 35 donc u³ et v³ sont racines de l'équation X² - 35X + 216 = 0, dont les racines sont 27 et 8. Donc u et v valent 3 et 2 et la solution cherchée est x = u + v = 5.

Si on se place dans $\mathbb C$ , alors les autres racines sont u=3j et v = 2j², où $j = e x p (2 i π / 3)$ , ou bien u=3j² et v = 2j. On obtient donc comme autres racines :

$z = 3j + 2j^2 = - {5 \over 2} + {I\sqrt{3} \over 2}$

$z = 3j^2 + 2j = - {5 \over 2} - {I\sqrt{3} \over 2}$

Exemple 2

Soit à résoudre l'équation :

$\qquad 6x^3-6x^2+12x+7=0$

Posons :

$\qquad x = z + \frac{1}{3}$

On obtient en remplaçant et en développant :

$\qquad 54z^3+90z+95 = 0$

Posons alors :

$\qquad z = u + v$

On obtient :

$\qquad 54(u+v)^3+90(u+v)+ 95 = 0$

Qui s'écrit :

$\qquad 54(u^3+v^3)+(162uv+90)(u+v)+95=0$

La condition de simplification sera donc :

$\qquad 162uv+90 = 0$

C’est-à-dire :

$\qquad uv = -\frac{5}{9}$

On a donc :

$\qquad u^3+v^3 = -\frac{95}{54}$

$\qquad u^3v^3 = -\frac{125}{729}$

u³ et v³ sont donc les racines de l'équation :

$\qquad X^2 + \frac{95}{54}X -\frac{125}{729} = 0$

Les deux racines de cette équation sont :

$\qquad u^3 = \frac{5}{54}$

$\qquad v^3 = -\frac{50}{27}$

Les trois couples (u,v) vérifiant :

$\qquad uv = -\frac{5}{9}$

sont donc :

$\qquad u_1 = \frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{5}{2}}$ et $\qquad v_1 = -\frac{1}{3}\sqrt[3]{50}$

$\qquad u_2 = \frac{j}{3}\sqrt[3]{\frac{5}{2}}$ et $\qquad v_2 = -\frac{j^2}{3}\sqrt[3]{50}$

$\qquad u_3 = \frac{j^2}{3}\sqrt[3]{\frac{5}{2}}$ et $\qquad v_3 = -\frac{j}{3}\sqrt[3]{50}$

En reportant dans :

$\qquad z = u + v$

On obtient :

$\qquad z_1 = \frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{5}{2}} - \frac{1}{3}\sqrt[3]{50}$

$\qquad z_2 = \frac{j}{3}\sqrt[3]{\frac{5}{2}} - \frac{j^2}{3}\sqrt[3]{50}$

$\qquad z_3 = \frac{j^2}{3}\sqrt[3]{\frac{5}{2}} - \frac{j}{3}\sqrt[3]{50}$

Et en reportant dans :

$\qquad x = z + \frac{1}{3}$

On obtient finalement les trois solutions de l'équation que l'on s'était donné de résoudre :

$\qquad x_1 = \frac{1}{3}(\sqrt[3]{\frac{5}{2}} - \sqrt[3]{50} + 1)$

$\qquad x_2 = \frac{1}{3}(j\sqrt[3]{\frac{5}{2}} - j^2\sqrt[3]{50} + 1)$

$\qquad x_3 = \frac{1}{3}(j^2\sqrt[3]{\frac{5}{2}} - j\sqrt[3]{50} + 1)$

Exemple 3

Considérons l'équation :

$\qquad x^3-6x^2+9x+1 = 0$

Posons :

$\qquad x = z + 2$

On obtient en remplaçant et en développant :

$\qquad z^3-3z+1 = 0$

Posons alors :

$\qquad z = u + v$

On obtient :

$\qquad (u+v)^3-3(u+v)+ 1 = 0$

Qui s'écrit :

$\qquad u^3+v^3+(3uv-3)(u+v)+1=0$

La condition de simplification sera donc :

$\qquad 3uv-3 = 0$

C’est-à-dire :

$\qquad uv = 1$

On a donc :

$\qquad u^3+v^3 = -1$

$\qquad u^3v^3 = 1$

u³ et v³ sont donc les racines de l'équation :

$\qquad X^2 + X + 1 = 0$

Les deux racines de cette équation sont :

$\qquad u^3 = \frac{-1+i\sqrt{3}}{2} = e^{\frac{2i\pi}{3}}$

$\qquad v^3 = \frac{-1-i\sqrt{3}}{2} = e^{\frac{-2i\pi}{3}}$

Les trois couples (u,v) vérifiant :

$\qquad uv = 1$

sont donc :

$\qquad u_1 = e^{\frac{2i\pi}{9}}$ et $\qquad v_1 = e^{\frac{-2i\pi}{9}}$

$\qquad u_2 = je^{\frac{2i\pi}{9}}$ et $\qquad v_2 = j^2e^{\frac{-2i\pi}{9}}$

$\qquad u_3 = j^2e^{\frac{2i\pi}{9}}$ et $\qquad v_3 = je^{\frac{-2i\pi}{9}}$

En reportant dans :

$\qquad z = u + v$

On obtient :

$\qquad z_1 = e^{\frac{2i\pi}{9}} + e^{\frac{-2i\pi}{9}} = 2cos( \frac{2\pi}{9})$

$\qquad z_2 = je^{\frac{2i\pi}{9}} + j^2e^{\frac{-2i\pi}{9}}= 2cos( \frac{8\pi}{9})$

$\qquad z_3 = j^2e^{\frac{2i\pi}{9}} + je^{\frac{-2i\pi}{9}}= 2cos( \frac{4\pi}{9})$

Et en reportant dans :

$\qquad x = z + 2$

On obtient finalement les trois solutions de l'équation que l'on s'était donné de résoudre :

$\qquad x_1 = 2cos( \frac{2\pi}{9}) + 2$

$\qquad x_2 = 2cos( \frac{8\pi}{9}) + 2$

$\qquad x_3 = 2cos( \frac{4\pi}{9}) + 2$

Remarque historique

Une polémique concernant la paternité de cette méthode existe.

On raconte que la méthode fut précédemment découverte par le mathématicien italien Tartaglia. À cette époque, les mathématiciens se lançaient des défis pour résoudre des équations du troisième degré et Tartaglia les résolvait toutes. Intrigué, Cardan lui a demandé s'il n'aurait pas trouvé des méthodes. Après s'être fait prier et avoir reçu l'assurance que Cardan ne les dévoilerait à personne, Tartaglia les lui confia. Quelle ne fut pas sa surprise de voir Cardan les publier en 1545.

On appelle désormais souvent ces formules les formules de Tartaglia-Cardan.

L'utilisation des formules de Cardan nécessite parfois l'utilisation de nombres complexes, même pour trouver des solutions réelles. En fait, les nombres imaginaires sont précisément nés à cette occasion.

Dans l'exemple x³ = 15x + 4 ou bien x³ - 15x - 4 = 0, on a p = - 15 et q = -4, donc : $u^3v^3 = {15^3 \over 27} = 125$ et u³ + v³ = 4 donc u³ et v³ sont racines de l'équation X² - 4X + 125 = 0, dont les racines n'existent pas. Pourtant, il y a bien une solution x à l'équation initiale ; c'est x = 4. C'est Bombelli qui surmontera cette difficulté en proposant pour la première fois un calcul sur les nombres imaginaires. La résolution formelle de l'équation X² - 4X + 125 = 0 donne pour racines $u^3 = 2 + \sqrt{-121} = 2 + 11\sqrt{-1}$ et $v^3 = 2 - \sqrt{-121} = 2 - 11\sqrt{-1}$ , or Bombelli s'aperçoit que le cube de $2 + \sqrt{-1}$ vaut $2 + \sqrt{-121}$ et que le cube de $2 - \sqrt{-1}$ vaut $2 - \sqrt{-121}$ . Il en déduit que $u = 2 + \sqrt{-1}$ et que $v = 2 - \sqrt{-1}$ et il trouve bien comme solution finale x = u + v = 4.