M-PT-COM-JMF-05

Problemes de Mathematiques

L’equation du troisieme degre.

Enonce


Le but du probleme est la resolution de l’equation :

(E1) : ax3 + bx2 + cx + d = 0, (a, b, c, d) ∈ C4, a 6= 0

1. (a) Montrer qu’il existe h dans C tel que le changement de variable y = x+h transforme

l’equation (E1) en une equation (E2) : y3 + py + q = 0, (p, q) ∈ C2. [ S ]

(b) Que dire si p = q = 0? Dans la suite, on supposera (p, q) 6= (0, 0). [ S ]

2. On note t′ une solution non nulle dans C de l’equation (E3) : t2 + qt− p3

27= 0.

Soit α une racine cubique de t′.

On pose y0 = α− p

3α, y1 = jα− p

3αj2, y2 = j2α− p

3αj.

(a) Prouver y0 + y1 + y2 = 0, y20 + y2

1 + y22 = −2p, et y0y1 + y0y2 + y1y2 = p. [ S ]

(b) Montrer que y0y1y2 = −q. [ S ]

(c) En deduire que y0, y1, y2 sont les solutions de (E2) dans C. [ S ]

(d) Donner alors l’expression des solutions x0, x1, x2 de (E1) dans C. [ S ]

3. On se place dans le cas particulier q2 +4p3

27= 0. Que dire de l’equation (E3) ?

Montrer qu’on peut choisir α tel que α2 = −p

3.

Quelles solutions obtient-on alors pour l’equation (E1) ? [ S ]

4. Dans cette question, on suppose que a, b, c, d sont reels. On pose ∆ = 4p3 + 27q2.

(a) Si ∆> 0 montrer que (E1) a une racine reelle et deux racines complexes conjuguees. [ S ]

(b) Si ∆ < 0, montrer que (E1) a trois racines reelles. [ S ]

(c) Si ∆ = 0, montrer que (E1) a une racine reelle simple et une racine reelle double. [ S ]

5. On suppose que a, b, c, d sont reels, avec ∆ = 4p3 + 27q2 < 0.

Montrer que α = r(cos θ + i sin θ), avec r =

√−p

3et cos 3θ =

3q

2p

√−3

p.

Si ϕ est tel que cos ϕ = cos 3θ, donner les solutions de (E1) en fonction de ϕ, p, a, b. [ S ]

6. (a) Trouver les solutions de 8x3 − 12x2 − 18x + 19 = 0 a 10−3 pres. [ S ]

(b) Resoudre 8x3 + 12x2 − 18x + 5 = 0. [ S ]

(c) Resoudre x3 + 6x2 + 10x + 8 = 0. [ S ]

7. On suppose que p et q sont des nombres reels.

En etudiant l’application f : y 7→ y3+py+q, retrouver les resultats de la question (4), c’est-a-dire la nature des solutions de l’equation (E2) en fonction du signe de ∆ = 4p3 + 27q2

(en revanche, on ne cherchera pas ici a retrouver l’expression de ces solutions.) [ S ]

Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net c©EduKlub S.A.

Tous droits de l’auteur des œuvres reserves. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultationindividuelle et privee sont interdites.

http://www.klubprepa.net



Corrige

Corrige du Probleme

1. (a) Avec les notations de l’enonce :

ax3 + bx2 + cx + d = 0 ⇔ a(y − h)3 + b(y − h)2 + c(y − h) + d = 0

⇔ ay3 + (b− 3ah)y2 + (c− 2bh + 3ah2)y + d− ch + bh2 − ah3 = 0

⇔ y3 +( b

a− 3h

)y2 +

(c− 2bh

a+ 3h2

)y +

d− ch + bh2

a− h3 = 0

On voit qu’il faut poser h =b

3apour eliminer le terme en y2.

On a alors : ax3 + bx2 + cx + d = 0 ⇔ y3 + py + q = 0, avec y = x + h, et h =b

3a.

Apres calcul, p =−b2 + 3ca

3a2, et q =

2b3 + 27da2 − 9cba

27a3. [ Q ]

(b) Si p = q = 0, y = 0 est solution triple de l’equation (2).

Dans ce cas x = −h = − b

3aest est solution triple de l’equation (E1). [ Q ]

2. (a) Par hypothese, α3 verifie (E3), donc α6 + qα3 − p3

27= 0.

On remarque que yk = jkα− p

3αj2k, pour k dans {1, 2, 3}.

Tout d’abord y0 + y1 + y2 = (1 + j + j2)α− p

3α(1 + j2 + j) = 0.

Ensuite, pour tout k dans {1, 2, 3} :

yk = jkα− p

3αj2k ⇒ y2

k = j2kα2 +p2

9α2j4k − 2p

3j3k = j2kα2 +

p2

9α2jk − 2p

3.

On en deduit y20 + y2

1 + y22 = (1 + j + j2)

(α2 +

p2

9α2

)− 2p = −2p.

On remarque que (y0 + y1 + y2)2 − (y2

0 + y21 + y2

2) = 2(y0y1 + y0y2 + y1y2).

Il en decoule y0y1 + y0y2 + y1y2 = p. [ Q ]

(b) On trouve successivement :

y0y1y2 =(α− p

3α

)(jα− p

3αj2

)(j2α− p

3αj)

=(α− p

3α

)(α2 +

p2

9α2+

p

3

)= α3 +

p2

9α+

pα

3− pα

3α− p3

27α3− p2

9α= α3 − p3

27α3= −q

Remarque : on a utilise l’egalite α6 + qα3 − p3

27= 0, donc α3 − p3

27α3= −q. [ Q ]

(c) Notons σ1 = y0 + y1 + y2, σ2 = y0y1 + y0y2 + y1y2 et σ3 = y0y1y2.

Pour tout y de C, (y − y0)(y − y1)(y − y2) = y3 − σ1y2 + σ2y − σ3 = y3 + py + q.

Conclusion : y0, y1, y2 sont les solutions de l’equation (2). [ Q ]

(d) On en deduit une expression des solutions x0, x1, x2 de (E1) dans C :

Pour tout k de {0, 1, 2} : xk = yk − h = jkα− p

3αj2k − b

3a. [ Q ]






Corrige

3. Par hypothese, le discriminant de l’equation (E3) est nul.

Cela signifie que les solutions t′, t′′ de cette equation sont confondues : t′ = t′′ = −q

2.

Dans ces conditions α3 = −q

2donc (α2)3 = α6 =

q2

4= −p3

27=

(−p

3

)3

.

Cela signifie que −p

3est element de {α2, jα2, j2α2}.

Mais on sait que si α est une racine cubique de t′, les autres sont jα et j2α. Elevees aucarre, ces trois possibilites donnent α2, jα2 et j2α2. D’apres ce qui precede, l’un de ces

trois carres (que l’on peut alors considerer comme celui de α) est bien egal a −p

3.

Conclusion : si q2 +4p3

27= 0, on peut choisir α tel que α2 = −p

3, donc tel que α = − p

3α.

On en deduit y0 = 2α, y1 = jα + j2α = −α, et y2 = j2α + jα = −α.

Finalement : x0 = 2α− b

3a, x1 = x2 = −α− b

3a, avec α3 = −q

2et α2 = −p

3. [Q ]

4. (a) Puisque ∆ = 4p3 + 27q2 > 0, le discriminant de (E3) est strictement positif.

Cette equation possede donc deux racines reelles distinctes t′ et t′′.

Soit α la racine cubique reelle de t′ par exemple.

Posons x0 = α− p

3α− b

3a, x1 = jα− p

3αj2 − b

3a, et x2 = j2α− p

3αj − b

3a.

On sait que x0, x1, x2 sont les solutions de (E1).

Il est clair que x0 est reel, alors que x1 et x2 sont conjugues (car j = j2.) [ Q ]

(b) Puisque ∆ = 4p3 + 27q2 < 0, le discriminant de (E3) est strictement negatif.

Cette equation possede donc deux racines complexes conjuguees distinctes t′ et t′′.

Ainsi les racines de (E3) sont α3 et son conjugue α3.

On en deduit (produit des racines) que |α|6 = α3 α3 = −p3

27.

En prenant les racines cubiques reelles, on trouve alors l’egalite |α|2 = −p

3.

Ainsi α α = −p

3, ou encore − p

3α= α, donc x0 = α− p

3α− b

3a= 2Re (α)− b

3a.

Enfin x1 = jα− p

3αj2 − b

3a= 2Re (jα)− b

3aet x2 = 2Re (j2α)− b

3a.

On constate effectivement que les solutions x0, x1, x2 sont des nombres reels. [ Q ]

(c) Dans (3) on a trouve x0 = 2α− b

3a, x1 = x2 = −α− b

3a, avec α3 = −q

2et α2 = −p

3.

Ici 4p3 = −27q2 ≤ 0 donc p ≤ 0.

On en deduit que α est egal ou oppose a√−p

3 , donc qu’il est reel.

Il en decoule que x0, x1, x2 sont reels (x1 = x2 est une solution double.) [ Q ]






Corrige

5. Comme on l’a vu en (4b), on a r2 = |α|2 = −p

3. Autrement dit, r =

√−p

3.

D’autre part α3 ∈ {t′, t′′}, avec t′′ = t′, et α3 = r3(cos 3θ + i sin 3θ).

On en deduit 2r3 cos 3θ = α3 + α3 = t′ + t′′ = −q (somme des racines de (E3).)

Ainsi cos 3θ = − q

2r2

1

r=

3q

2p

√−3

p. Soit ϕ un angle tel que cos ϕ = cos 3θ.

Alors par exemple α3 = r3(cos ϕ + i sin ϕ) et on peut choisir α = r(cos

ϕ

3+ i sin

ϕ

3

).

Dans ces conditions, les racines de (E1) sont x0, x1, x2, avec :

xk = 2Re (jkα)− b

3a= 2r cos

(ϕ

3+

2kπ

3

)− b

3a= 2

√−p

3cos

(ϕ

3+

2kπ

3

)− b

3a. [ Q ]

6. (a) Avec y = x + h = x− 1

2, on trouve : 8x3 − 12x2 − 18x + 19 = 0 ⇔ y3 − 3y + 1 = 0.

Ici p = −3, q = 1, ∆ = 4p3 + 27q2 = −81 < 0, et r =√−p

3 = 1.

On trouve cos ϕ = cos 3θ = − q

2r3= −1

2donc par exemple ϕ =

−2π

3.

Les solutions de (E1) sont x0, x1, x2, avec :

xk = 2r cos(ϕ

3+

2kπ

3

)− b

3a= 2 cos

(−2π

9+

2kπ

3

)+

1

2.

Plus precisement, on trouve, a 10−3 pres :

x0 =2 cos 2π9 + 1

2 ≈ 2.032, x1 =2 cos 4π9 + 1

2 ≈ 0.847, x2 =2 cos 10π9 + 1

2 ≈ −1.379 [Q ]

(b) En posant y = x + 12 , on trouve : 8x3 + 12x2 − 18x + 5 = 0 ⇔ y3 − 3y + 2 = 0.

Ainsi p = −3, q = 2 et ∆ = 4p3 + 27q2 = 0. Mais y3 − 3y + 2 = (y + 2)(y − 1)2.

Les racines de (2) sont donc −2 et 1 (cette derniere etant racine double.)

On en deduit que les racines de (E1) sont −52 et 1

2 (double.) [ Q ]

(c) En posant y = x + 2, on trouve : x3 + 6x2 + 10x + 8 = 0 ⇔ y3 − 2y + 4 = 0.

Ainsi p = −2, q = 4 et ∆ = 4p3 + 27q2 = 400 > 0.

On constate que y = −2 est solution de y3 − 2y + 4 = 0.

On en deduit y3 − 2y + 4 = (y + 2)(y2 − 2y + 2) = (y + 2)(y − 1− i)(y − 1 + i) = 0.

Les solutions de (2) sont donc −2, 1− i et 1 + i.

On en deduit celles de l’equation (E1) : −4, −1− i et −1 + i.

Le fait d’avoir trouve une racine evidente de l’equation (E2) permet d’eviter le recours

a la methode generale, dans laquelle l’equation (4) s’ecrit t2 + 4t + 827 = 0.

Ses racines sont t′ = −2 + 10√

39 et t′′ = −2− 10

√3

9 .

Numeriquement t′ ≈ −0.075499102 et la calculatrice donne α ≈ −0.4226497295.

La racine reelle est x0 = α− p3α −

b3a = α + 2

3α − 2 ≈ −4.000000004

On retrouverait de meme les deux autres racines (qui sont conjuguees) avec l’incer-titude due a l’utilisation d’une valeur approchee de α. [ Q ]






Corrige

7. Pour tout y de R, on a f ′(y) = 3y2 + p.

Commencons par examiner le cas p ≥ 0. Dans ce cas f est strictement croissante sur R,et elle realise une bijection de R sur R : elle ne s’annule qu’en un seul y0 reel.

Ce reel y0 ne peut etre une solution multiple de l’equation (E2) que si f ′(y0) = 3y20 +p = 0,

ce qui exige y0 = 0 et p = 0, ce qui n’est possible que si p = q = 0 : dans ce cas 0 estsolution triple de (E2).

Sinon (avec p ≥ 0 et (p, q) 6= (0, 0) donc ∆ > 0) on a f(y) = (y − y0)(y2 + λy + µ),

et les deux racines de y2 + λy + µ, c’est-a-dire les deux autres solutions de (E2), sontnecessairement complexes conjuguees non reelles.

Supposons maintenant p < 0. Alors f ′ s’annule en y′ = −√−p

3et en y′′ =

√−p

3> y′.

On a f(y′) = y′3 + py′ + q = y′(−p

3

)+ py′ + q =

2p

3y′ + q. De meme f(y′′) =

2p

3y′′ + q.

Les quantites f(y′) et f(y′′) representent lesextremums locaux de f .

f croit strictement sur ] − ∞, y′[, puis elledecroit strictement sur ]y′, y′′[, puis elle croitstrictement sur ]y′′, +∞[.

Enfin limy→−∞

f(y) = −∞ et limy→+∞

f(y) = +∞.

On en deduit le sens de variation de f .

Dans ces conditions, tout depend du signe de f(y′)f(y′′).

On trouve f(y′)f(y′′) =(2p

3y′ + q

)(−2p

3y′ + q

)= q2 − 4p2

9y′2 = q2 +

4p3

27=

∆

27.

– Si ∆ > 0, c’est-a-dire si f(y′) et f(y′′) sont non nuls et de meme signe :

Dans ce cas, f ne s’annule qu’une seule fois sur R, soit sur ]−∞, y′[, soit sur ]y′′, +∞[.

On retrouve la situation etudiee dans le cas p > 0.

(E2) a alors une solution reelle, et deux solutions complexes conjuguees non reelles.

Remarque : le cas ∆ > 0 englobe le cas p ≥ 0 deja etudie (a l’exception du cas p = q = 0pour lequel ∆ = 0 : on sait alors que 0 est solution triple.)

– Si ∆ < 0, c’est-a-dire si f(y′) et f(y′′) sont non nuls de signes contraires :

On a necessairement f(y′) > 0 et f(y′′) < 0 car on sait que f(y′) > f(y′′).

Dans ce cas l’application f s’annule une fois et une seule sur chacun des trois intervallesouverts ]−∞, y′[, ]y′, y′′[ et ]y′′, +∞[.

Autrement dit, l’equation (E2) possede trois solutions reelles distinctes.

– Si ∆ = 0, c’est-a-dire si f(y′) = 0 ou bien f(y′′) = 0 :

Dans ce cas y′ (ou bien y′′) est une solution double de l’equation (E2).

L’application f s’annule encore une fois sur l’intervalle ouvert ]−∞, y′[ (dans le cas ouf(y′′) = 0) ou sur ]y′′, +∞[ (dans le cas ou f(y′) = 0).

Dans ce cas, l’equation (E2) a une solution reelle simple, et une solution reelle double.

On a ainsi retrouve (qualitativement) les resultats de la question (9). [ Q ]




Documents

M-PT-COM-JMF-05