Nous avons une équation de la forme :

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

avec :

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

Nous devons maintenant résoudre l'équation :

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

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

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

Cette résolvante a trois racines évidentes :

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

Pour avoir :

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

nous choisirons comme racines carrées, par exemple :

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

Nous en déduisons que les racines de l'équation :

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

sont :

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

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

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

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

a) 2. Comme nous devons avoir :

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

nous choisirons par exemple :

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

Les racines de l'équation :

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

s'écrivent alors :

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

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

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

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

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

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

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

ou, moins calculatoirement :

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

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

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

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

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

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

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

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

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

et si

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

alors

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

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

En effet, ce changement transforme bien :

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

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

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

1.  Puisque

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

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) :

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

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

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

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

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

celle pour les

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

est

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

c'est-à-dire :

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

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

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

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

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

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

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

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

Par conséquent, les nombres :

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

sont les racines de l'équation :

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

qui se simplifie en :

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

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

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

il faut que :

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

Nous en déduisons :

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

Nous avons choisi :

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

pour que :

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

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

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

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

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

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

qui se simplifie sous la forme :

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

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 :

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

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

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

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 :

${\displaystyle z=x^{2}}$.

On obtient :

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

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

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

En remplaçant à nouveau z par x², on obtient :

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

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

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

qui est donc l'équation recherchée.

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

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

En posant

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

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

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