L'équation :

${\displaystyle x^{3}-6x^{2}+5x-1=0}$

est de la forme :

${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0}$

avec :

${\displaystyle a=1,\quad b=-6,\quad c=5,\quad d=-1}$.

Sa résolvante de Sotta est

${\displaystyle R(X)=AX^{2}+BX+C=(b^{2}-3ac)X^{2}+(bc-9ad)X+(c^{2}-3bd)=7(3X^{2}-3X+1)}$

donc son discriminant est

${\displaystyle \delta ={\frac {B^{2}-4AC}{-3}}=7^{2}}$.

La condition de l'exemple 1 :

${\displaystyle {\begin{aligned}&p^{3}[2Ab-3Ba-a\epsilon {\sqrt {\delta }}]+p^{2}q[4Ac-Bb-6Ca-b\epsilon {\sqrt {\delta }}]\\&\quad +pq^{2}[6Ad+Bc-4Cb-c\epsilon {\sqrt {\delta }}]+q^{3}[-2Cc+3Bd-d\epsilon {\sqrt {\delta }}]=0\end{aligned}}}$

s'écrit ici :

${\displaystyle p^{3}[-27-\epsilon ]+6p^{2}q[6+\epsilon ]+pq^{2}[-9-5\epsilon ]+q^{3}[-1+\epsilon ]=0}$.

La solution la plus évidente,

${\displaystyle (\varepsilon ,p,q)=(1,0,1)}$,

donne :

${\displaystyle r={\frac {Bp+2Cq+p\epsilon {\sqrt {\delta }}}{4\epsilon {\sqrt {\delta }}}}={\frac {2C}{4{\sqrt {\delta }}}}={\frac {2\times 7}{4\times 7}}={\frac {1}{2}}}$ ;

${\displaystyle s={\frac {-2Ap-Bq+q\epsilon {\sqrt {\delta }}}{4\epsilon {\sqrt {\delta }}}}={\frac {-B}{4{\sqrt {\delta }}}}+{\frac {1}{4}}={\frac {3\times 7}{4\times 7}}+{\frac {1}{4}}=1}$.

Les trois racines de l'équation à résoudre sont finalement les images de ${\displaystyle \cos {\frac {\pi }{7}}}$, ${\displaystyle \cos {\frac {3\pi }{7}}}$ et ${\displaystyle \cos {\frac {5\pi }{7}}}$ par l'homographie

${\displaystyle z\mapsto {\frac {pz-r}{qz-s}}={\frac {-{\frac {1}{2}}}{z-1}}={\frac {1}{2(1-z)}}}$.

P est de la forme :

${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0}$

avec

${\displaystyle a=1,\quad b=-3,\quad c=-1,\quad d={\frac {1}{3}}}$.

Sa résolvante de Sotta est

${\displaystyle R(X)=AX^{2}+BX+C=(b^{2}-3ac)X^{2}+(bc-9ad)X+(c^{2}-3bd)=4(3X^{2}+1)}$

donc son discriminant est

${\displaystyle \delta ={\frac {B^{2}-4AC}{-3}}=8^{2}}$.

La condition de l'exemple 2 :

${\displaystyle {\begin{aligned}&p^{3}\left[2Ab-3Ba+3a\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]+p^{2}q\left[4Ac-Bb-6Ca+3b\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]\\&\quad +pq^{2}\left[6Ad+Bc-4Cb+3c\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]+q^{3}\left[3Bd-2Cc+3d\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]=0\end{aligned}}}$

s'écrit ici :

${\displaystyle 3p^{3}\left[-3+\epsilon \right]+9p^{2}q\left[-1-\epsilon \right]+3pq^{2}\left[3-\epsilon \right]+q^{3}\left[1+\epsilon \right]=0}$.

Seule l'équation obtenue pour ε = –1 a des racines rationnelles :

${\displaystyle q=1}$ ;

${\displaystyle p=0}$, ${\displaystyle 1}$ ou ${\displaystyle -1}$ ;

${\displaystyle r={\frac {2Cq+Bp-p\epsilon {\sqrt {\delta }}}{4\epsilon {\sqrt {\delta }}}}=-{\frac {1+p}{4}}\quad {\text{et}}\quad s={\frac {-2Ap-Bq-q\epsilon {\sqrt {\delta }}}{4\epsilon {\sqrt {\delta }}}}={\frac {3p-1}{4}}}$.

Si ${\displaystyle p=-1}$ alors ${\displaystyle r=0\quad {\text{et}}\quad s=-1}$.

L'homographie ${\displaystyle f_{1}:z\mapsto {\frac {-z}{z+1}}}$ étant décroissante sur ${\displaystyle \left]-1,+\infty \right[}$, on en déduit qu'elle envoie ${\displaystyle \left(-\cos {\frac {2\pi }{9}},-\cos {\frac {4\pi }{9}},\cos {\frac {\pi }{9}}\right)}$ sur ${\displaystyle \left({\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},{\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\right)}$.

On pourrait calculer directement les deux autres homographies mais pour identifier les images des trois racines, il est plus commode de composer ${\displaystyle f_{1}}$ par les deux permutations circulaires de l'exemple 4 :

L'homographie ${\displaystyle f_{2}:z\mapsto f_{1}\left({\frac {-2z-1}{4z}}\right)={\frac {2z+1}{2z-1}}}$ (correspondant à ${\displaystyle p=1}$) envoie ${\displaystyle \left(-\cos {\frac {2\pi }{9}},-\cos {\frac {4\pi }{9}},\cos {\frac {\pi }{9}}\right)}$ sur ${\displaystyle \left({\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},{\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\right)}$.

L'homographie ${\displaystyle f_{3}:z\mapsto f_{2}\left({\frac {-2z-1}{4z}}\right)={\frac {1}{4z+1}}}$ (correspondant à ${\displaystyle p=0}$) envoie ${\displaystyle \left(-\cos {\frac {2\pi }{9}},-\cos {\frac {4\pi }{9}},\cos {\frac {\pi }{9}}\right)}$ sur ${\displaystyle \left(-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},{\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},{\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\right)}$.

Deux remarques

Les égalités fournies par ${\displaystyle f_{3}}$ :

${\displaystyle {\begin{cases}{\frac {1}{-4\cos {\frac {2\pi }{9}}+1}}=-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\\{\frac {1}{-4\cos {\frac {4\pi }{9}}+1}}={\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\\{\frac {1}{4\cos {\frac {\pi }{9}}+1}}={\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}.\end{cases}}}$

sont équivalentes aux trois suivantes :

${\displaystyle {\begin{cases}{\frac {\sin {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}={\frac {-\cos {\frac {2\pi }{9}}}{-4\cos {\frac {2\pi }{9}}+1}}\\-{\frac {\sin {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}={\frac {-\cos {\frac {4\pi }{9}}}{-4\cos {\frac {4\pi }{9}}+1}}\\{\frac {\sin {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}={\frac {\cos {\frac {\pi }{9}}}{4\cos {\frac {\pi }{9}}+1}},\end{cases}}}$

qui s'obtiennent bien plus directement en développant, pour ${\displaystyle k\in \{1,2,4\}}$

${\displaystyle 2\sin {\frac {k\pi }{9}}\cos {\frac {k\pi }{9}}=\sin \left({\frac {k\pi }{3}}-{\frac {k\pi }{9}}\right)}$.

Les égalités fournies par ${\displaystyle f_{2}}$ :

${\displaystyle {\begin{cases}{\frac {-2\cos {\frac {2\pi }{9}}+1}{-2\cos {\frac {2\pi }{9}}-1}}={\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\\{\frac {-2\cos {\frac {4\pi }{9}}+1}{-2\cos {\frac {4\pi }{9}}-1}}=-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\\{\frac {2\cos {\frac {\pi }{9}}+1}{2\cos {\frac {\pi }{9}}-1}}={\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},\end{cases}}}$

s'obtiennent elles aussi bien plus élémentairement en appliquant à ${\displaystyle \theta \in \left\{{\frac {\pi }{9}},{\frac {2\pi }{9}},{\frac {4\pi }{9}}\right\}}$ l'identité

${\displaystyle {\frac {(2\cos(2\theta )+1)\tan \theta }{2\cos(2\theta )-1}}=\tan(3\theta )}$.

Enfin, d'après la première des deux remarques ci-dessus, les trois nombres

${\displaystyle -{\frac {\sin {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}}$, ${\displaystyle {\frac {\sin {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}}$ et ${\displaystyle {\frac {\sin {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}}$

sont algébriques de degré 3, de même polynôme minimal :

${\displaystyle -{\frac {(1-4X)^{3}}{3}}P_{0}\left({\frac {X}{1-4X}}\right)=X^{3}-{\frac {1}{4}}X+{\frac {1}{24}}}$.

Mais là encore, il existe une preuve bien plus directe (cf. exercice 8-4 de la leçon sur les équations de degré 3).

Pour ${\displaystyle k\in \{1,2,4\}}$,

${\displaystyle \tan ^{2}{\frac {k\pi }{7}}={\frac {1-\cos {\frac {2k\pi }{7}}}{1+\cos {\frac {2k\pi }{7}}}}}$

donc l'homographie

• ${\displaystyle f_{1}:z\mapsto {\frac {1+z}{1-z}}}$ envoie ${\displaystyle \left(-\cos {\frac {2\pi }{7}},-\cos {\frac {4\pi }{7}},-\cos {\frac {8\pi }{7}}\right)}$ sur ${\displaystyle \left(\tan ^{2}{\frac {\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {2\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {4\pi }{7}}\right)}$ (dans cet ordre).

On en déduit deux autres directement (plutôt que d'appliquer l'exemple 1 de ce chapitre), en composant par la permutation circulaire du triplet de départ : ${\displaystyle z\mapsto {\frac {1}{2-4z}}}$ (cf. exemple 3).

${\displaystyle \left(-\cos {\frac {2\pi }{7}},-\cos {\frac {4\pi }{7}},-\cos {\frac {8\pi }{7}}\right)}$ est donc aussi envoyé :

• sur ${\displaystyle \left(\tan ^{2}{\frac {2\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {4\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {\pi }{7}}\right)}$ par ${\displaystyle f_{2}:z\mapsto f_{1}\left({\frac {1}{2-4z}}\right)={\frac {4z-3}{4z-1}}}$ ;
• sur ${\displaystyle \left(\tan ^{2}{\frac {4\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {2\pi }{7}}\right)}$ par ${\displaystyle f_{3}:z\mapsto f_{2}\left({\frac {1}{2-4z}}\right)={\frac {6z-1}{2z+1}}}$.

Il suffit de composer les homographies ${\displaystyle f_{1},f_{2},f_{3}}$ de l'exercice précédent par ${\displaystyle z\mapsto {\frac {z+1}{7-z}}}$.

${\displaystyle \left(-\cos {\frac {2\pi }{7}},-\cos {\frac {4\pi }{7}},-\cos {\frac {8\pi }{7}}\right)}$ est envoyé :

• par ${\displaystyle g_{1}:z\mapsto {\frac {f_{1}(z)+1}{7-f_{1}(z)}}={\frac {1}{3-4z}}}$ sur ${\displaystyle \left({\frac {\tan {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {4\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)}$ ;
• par ${\displaystyle g_{2}:z\mapsto {\frac {f_{2}(z)+1}{7-f_{2}(z)}}={\frac {2z-1}{6z-1}}}$ sur ${\displaystyle \left({\frac {\tan {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {4\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)}$ ;
• par ${\displaystyle g_{3}:z\mapsto {\frac {f_{3}(z)+1}{7-f_{3}(z)}}={\frac {z}{z+1}}}$ sur ${\displaystyle \left({\frac {\tan {\frac {4\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)}$.

${\displaystyle -\sin {\frac {3\pi }{7}}=-\sin {\frac {4\pi }{7}}}$ et ${\displaystyle \sin {\frac {\pi }{7}}=-\sin {\frac {8\pi }{7}}}$ donc il suffit de composer les homographies ${\displaystyle g_{1},g_{2},g_{3}}$ de l'exercice précédent par ${\displaystyle z\mapsto {\frac {-z-1}{4}}}$.

${\displaystyle \left(-\cos {\frac {2\pi }{7}},\cos {\frac {3\pi }{7}},\cos {\frac {\pi }{7}}\right)}$ est envoyé :

• par ${\displaystyle h_{1}:z\mapsto {\frac {-g_{1}(z)-1}{4}}={\frac {z-1}{3-4z}}}$ sur ${\displaystyle \left(-{\frac {\sin {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},-{\frac {\sin {\frac {3\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\sin {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)}$ ;
• par ${\displaystyle h_{2}:z\mapsto {\frac {-g_{2}(z)-1}{4}}={\frac {1-4z}{12z-2}}}$ sur ${\displaystyle \left(-{\frac {\sin {\frac {3\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\sin {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},-{\frac {\sin {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)}$ ;
• par ${\displaystyle h_{3}:z\mapsto {\frac {-g_{3}(z)-1}{4}}={\frac {-2z-1}{4z+4}}}$ sur ${\displaystyle \left({\frac {\sin {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},-{\frac {\sin {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},-{\frac {\sin {\frac {3\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)}$.