La méthode de Cardan

Voici la méthode employée par Girolamo Cardano et son élève, Ludovico Ferrari, avec une notation contemporaine, pour résoudre des équations du troisième degré^[1].  En partant de la forme la plus générale $$a{x}^3+b{x}^2+cx+d=0$$on divise par $a$ de chaque côté afin d’obtenir $$x^3+\frac{b}{a}{x}^2+\frac{c}{a}x+\frac{d}{a}=0$$On effectue ensuite le changement de variable suivant $$x=y-\alpha$$ce qui fait $${(y-\alpha )}^3+\frac{b}{a}{(y-\alpha )}^2+\frac{c}{a}(y-\alpha )+\frac{d}{a}=0$$En développant le cube et le carré $$y^3-3\alpha y^2+3{\alpha }^{2}y-{\alpha }^3+\frac{b}{a}(y^2-2\alpha y+{\alpha }^2)+\frac{c}{a}(y-\alpha )+\frac{d}{a}=0$$puis en distribuant$$y^3-3\alpha y^2+3{\alpha }^{2}y-{\alpha }^3+\frac{b}{a}{y}^2-\frac{2b\alpha }{a}y+\frac{b{\alpha }^2}{a}+\frac{c}{a}y-\frac{c\alpha }{a}+\frac{d}{a}=0$$et enfin en regroupant les termes semblables$$y^3+\frac{b}{a}{y}^2-3\alpha y^2+3{\alpha }^{2}y-\frac{2b\alpha }{a}y+\frac{c}{a}y+\frac{b{\alpha }^2}{a}-\frac{c\alpha }{a}+\frac{d}{a}-{\alpha }^3=0$$ $$y^3+\left(\frac{b-3a\alpha }{a}\right)y^2+\left(\frac{3a{\alpha }^2-2b\alpha +c}{a}\right)y+\left(\frac{b{\alpha }^2-c\alpha +d-\alpha c^3}{a}\right)=0$$Comme on a définit $x$ en termes de $y$ et $\alpha$, il nous est possible de poser $$\frac{b-3a\alpha }{a}=0$$et de trouver la valeur de $\alpha$ qui ferait en sorte que le terme en $y^2$ s’annule.  On obtient donc $$\begin{array}{rl}b-3a\alpha & =0\\ \\ b& =3a\alpha \\ \\ \frac{b}{3a}& =\alpha \end{array}$$En remplaçant $\alpha$ par cette expression, on a $$y^3+\left(\frac{b-3a\frac{b}{3a}}{a}\right)y^2+\left(\frac{3a{\left(\frac{b}{3a}\right)}^2-2b\left(\frac{b}{3a}\right)+c}{a}\right)y+\left(\frac{b{\left(\frac{b}{3a}\right)}^2-c\left(\frac{b}{3a}\right)+d-a{\left(\frac{b}{3a}\right)}^3}{a}\right)=0$$ce qui fait $$y^3+\left(\frac{0}{a}\right)y^2+(\frac{3a{b}^2}{9a^3}-\frac{2b^2}{3a^2}+\frac{c}{a})y+(\frac{b^3}{9a^3}-\frac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a}-\frac{a{b}^3}{27a^4})=0$$$$y^3+(\frac{b^2}{3a^2}-\frac{2b^2}{3a^2}+\frac{c}{a})y+(\frac{b^3}{9a^3}-\frac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a}-\frac{b^3}{27a^3})=0$$$$y^3+\left(\frac{3ac-b^2}{3a^2}\right)y+\left(\frac{2b^3+27a^{2}d-9abc}{27a^3}\right)=0$$Cette forme de l’équation cubique est appelée forme réduite de l’équation $$y^3+py+q=0$$avec $$p=\frac{3ac-b^2}{3a^2},q=\frac{2b^3+27a^{2}d-9abc}{27a^3}$$On procède par la suite à un deuxième changement de variable $$y=u+v$$ce qui fait $${(u+v)}^3+p(u+v)+q=0$$En développant on obtient $$u^3+3u^{2}v+3u{v}^2+v^3+p(u+v)+q=0$$En réarrangeant les termes et en effectuant une mise en évidence simple on obtient $$u^3+v^3+3uv(u+v)+p(u+v)+q=0$$$$u^3+v^3+(3uv+p)(u+v)+q=0$$Comme on a exprimé y avec les deux variables u et v, on peut librement les choisir de telle sorte que$$3uv+p=0$$Cela a pour effet d’éliminer le terme en $(u+v)$ dans $$u^3+v^3+(3uv+p)(u+v)+q=0$$afin d’obtenir $$u^3+v^3+q=0$$De $$3uv+p=0$$on tire $$uv=-\frac{p}{3}$$puis en élevant au cube $$u^3{v}^3=-\frac{p^3}{27}$$Enfin, comme $$3uv+p=0$$cette équation $$u^3+v^3+(3uv+p)(u+v)+q=0$$devient $$u^3+v^3+q=0$$ou de façon équivalente $$u^3+v^3=-q$$On connait donc la somme $$u^3+v^3=-q$$
et le produit $$u^3{v}^3=-\frac{p^3}{27}$$de deux nombres.  En isolant $v^3$ dans la dernière équation, on obtient $$v^3=-\frac{p^3}{27u^3}$$puis en substituant dans l’équation de la somme $$u^3-\frac{p^3}{27u^3}+q=0$$En multipliant à gauche et à droite par $u^3$ $$u^6-\frac{p^3}{27}+q{u}^3=0$$on obtient une équation quadratique en $u^3$$${\left(u^3\right)}^2+q{u}^3-\frac{p^3}{27}=0$$ La formule quadratique nous donne pour valeur de $u^3$ $$\frac{-q\pm \sqrt{q^2-4(1)(-\frac{p^3}{27})}}{2(1)}$$ce qui fait après mise en évidence de $4$ sous la racine $$\frac{-q\pm \sqrt{4(\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27})}}{2}$$et donc $$-\frac{q}{2}\pm \sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}$$En utilisant la racine carré positive, on obtient $$u^3=-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}$$ $$u=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}$$Or comme, $$u^3+v^3=-q$$on a $${\left(\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}\right)}^3+v^3=-q$$c’est-à-dire $$-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}+v^3=-q$$et donc $$v^3=-\frac{q}{2}-\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}$$ $$v=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}$$Enfin, comme $$y=u+v$$on a $$y=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}$$Ici, $u^3$ et $v^3$ possèdent chacun $3$ racines cubiques.  Cela fait donc un total de $9$ combinaisons possibles.  Or, l’équation initiale ne possède que $3$ solutions (distinctes ou non).  Il faut donc s’affairer à choisir et pairer correctement les bonnes racines.  Si $${\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3\ge 0$$alors les racines cubiques seront réelles et bien définies.  On obtient ainsi la solution réelle de l’équation.  Et comme $$uv=-\frac{p}{3}$$c’est-à-dire que le produit $uv$ est réel, on multiplie l’une et l’autre des racines précédentes par les racines cubiques complexes de l’unité $${\tau }_1=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$$et $${\tau }_2=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$$Si $u_0$ et $v_0$ sont les racines cubiques réelles, alors les solutions complexes seront données par $${\tau }_1{u}_0+{\tau }_2{v}_0$$et $${\tau }_2{u}_0+{\tau }_1{v}_0$$Si au contraire, $${\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3<0$$alors les racines cubiques de $u^3$ et $v^3$ sont complexes.  Comme $u$ et $v$ sont interchangeables, on choisit donc arbitrairement une des racines cubiques de $u^3$ et on sélectionne la bonne racine correspondante de $v^3$ en utilisant le fait que $$uv=-\frac{p}{3}$$c’est-à-dire que notamment $$u=-\frac{p}{3v}$$Finalement, pour retrouver les solutions de l’équation initiale, il ne faut pas oublier d’effectuer le dernier changement de variable $$x=y-\frac{b}{3a}$$Cela conclut la solution algébrique d’une équation du troisième degré.  Bien qu’il soit assez facile de trouver la racine carrée d’un nombre complexe sous la forme $a+bi$, il est plutôt difficile de faire de même dans le cas d’une racine cubique.  En effet, pour trouver une des racines cubiques d’un nombre complexe sous la forme $a+bi$, il faudrait résoudre… une équation du troisième degré !  En outre, il faut une bonne dose d’intuition pour reconnaître que $$\sqrt[3]{10+\sqrt{108}}+\sqrt[3]{10-\sqrt{108}}=2$$(en utilisant les deux racines cubiques réelles) ou encore que $$\sqrt[3]{2+i\sqrt{121}}+\sqrt[3]{2-i\sqrt{121}}=4$$(en utilisant une des trois paires de racines cubiques complexes).

^[1]Les résolutions des équations du troisième et quatrième degré, au niveau auquel elles sont introduites, sont souvent traitées dans les livres comme des problèmes triviaux suscitant peu d’intérêt, mais il reste que les ingénieuses techniques des algébristes italiens du XVI^ième siècle sont rarement présentées adéquatement.  Le problème est plutôt amené sous la forme d’une anecdote historique.  Pour un court compte rendu habilement écrit, incluant une savoureuse description des personnages colorés en scène, je vous suggère le sixième chapitre de Journey through Genius de  William Dunham.  Par ailleurs, une traduction avec notation récente de l’Ars Magna (Le grand Art) est aussi disponible chez Dover.  Pas facile à lire, mais plutôt divertissant !