Passage d'une équation du 3^ème^ degrés à un système à 2 équations et 2 inconnues

Par définition, $x = u+v$, donc $3uv(u+v) + u^3 + v^3 = 3uvx + u^3+v^3$. Mais $x^3 = px+q$, donc $3uvx + u^3 + v^3 = px+q$. Donc, en identifiant, il obtient les deux équations attendues.

C’est drôle parce que j’ai fait un exercice sur ce sujet il y a pas longtemps (plutôt normal si tu es en Terminale). J’ai été perturbé par la même chose.

Je ne veux pas parler pour LudoBike, mais j’ai eu du mal à comprendre pourquoi l’identification fonctionnait. Je voyais bien que si on prenait $p = 3uv$ et $q = u^3 + v^3$ ça marchait, mais je ne comprenais pas pourquoi c’était la seule solution.

C’est bien cela que tu demandes LudoBike ?

Une des propriétés d’un polynôme en x (c’est à dire un objet de la forme $ax^n + \ldots + dx + e$), c’est que l’égalité de deux polynômes sur $\mathbb{R}$ implique l’égalité des coefficients du polynôme. (en fait, il y a beaucoup plus fort que ça, mais on utilisera ça ici).

Cela justifie que quand tu as réussi à mettre ton équation sous la forme $ax^n + \ldots = bx^n + \ldots$, tu puisses identifier $a$ et $b$ (et tous les autres coefficients associés à la même puissance).

Si tu veux prouver ça, il suffit par exemple de dériver les polynômes tout en évaluant en zéro. (exercice à essayer)

On a une équation $x^3 = px + q$. On rajoute un degré de liberté en se ramenant à résoudre $(u+v)^3 = p(u+v) + q$ en $u$ et $v$. On voit que ça équivaut donc à résoudre $3 u v x + u^3 + v^3 = p x + q$ et $x = u + v$ (en trois inconnues).

On prend ensuite $(u,v)$ qui fonctionne pour tout $x$. On se rajoute donc une contrainte, ce n’est pas uniquement « déductif ».