Annexe

Après avoir dompté le second degré, les mathématiciens se sont naturellement penchés sur l’étape suivante : les équations du troisième degré. La forme générale semblant assez lourde, ils se sont tout d’abord penchés sur les équations de la forme suivante, sans terme en $x^2$ : $x^3 = px + q$

On a un terme en $x^3$ d’un côté, qu’il faut égaler avec un terme en $x$ plus un terme constant. Comment, à partir d’un cube, faire apparaître des termes en $x$ ? En développant un cube de la forme $(u + v)^2$.
Voilà l’idée géniale de Cardan. Il va faire ce qu’on appelle un changement de variable, en posant $x = u + v$. Ce qui donne :

$(u + v)^3 = p(u + v) + q$
$u^3 + 3u^2v + 3v^2u + v^3 = p(u + v) + q$
Essayons de retrouver une forme similaire de chaque coté de l’égalité, en factorisant par $(u + v)$ :
$3uv(u + v) +u^3 + v^3 = p(u + v) + q$
Ce qui nous donne $3uv = p$ et $u^3 + v^3 = q$

De nouveau, on obtient un système d’équations à deux inconnues, que nous savons maintenant résoudre, par substitution. Rappelez-vous, cette méthode consiste à utiliser une des équations pour exprimer $v$ en fonction de $u$, et à réinjecter cette expression dans l’autre équation, pour n’avoir plus qu’une inconnue.
Ici, nous utiliserons la première équation, qui nous évite de voir apparaître des racines cubiques pour exprimer $v$. Ce qui nous donne $v = p/(3u)$. La substitution dans la deuxième équation nous donne :

$u^3 + \left(\frac{p}{3u}\right)^3 = q$
En multipliant par $u^3$ de chaque côté, on obtient:
$(u^3)^2 + \left(\frac{p}{3}\right)^3 = qu^3$
$(u^3)^2 - qu^3 - \frac{p^3}{27} = 0$

On peut donc la résoudre, puis remonter à $x$. Je ne vais pas détailler la résolution, vous la connaissez. On trouve $X$, puis on remonte à $u$, puis à $v$, puis enfin à $x$, notre inconnue initiale.
Ce qu’on obtient s’appelle la formule de Cardan :

$x = \sqrt[3]{\frac q2 + \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}} + \sqrt[3]{\frac q2 - \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}}$

Remarquez ce qui se trouve sous la racine carrée. $q^2$ est toujours positif, mais $p^3$ peut être négatif. Ce qui se trouve sous la racine pourrait donc être négatif. Pour une équation du second degré, l’histoire s’arrêterait là : il n’y a pas de solution.

Lorsque Cardan décide de s’attaquer à trouver la méthode de résolution, il va tricher un peu : il va bidouiller une équation pour faire en sorte d’en connaître la solution à l’avance. Il saura donc que sa méthode de résolution est la bonne si elle lui permet de retrouver cette solution.
Il part de l’équation suivante : $x^3 = 15x + 4$

dont il connait la solution : $4$.
Mais voilà, sa méthode, que nous avons détaillée ci-dessus, l’amène à un moment donné à devoir calculer l’expression suivante : $x = \sqrt[3]{2 + \sqrt{-121}} + \sqrt[3]{2 - \sqrt{-121}}$

La conclusion semble sans appel : il n’y a pas de solution.
Oui mais voilà, ici, Cardan sait que son équation possède une solution. Sans se désarmer, il va donc considérer ces « racines impossibles » comme des vrais nombres.
Il fait donc le pari que ces racines cubiques doivent donner des nombres de la forme $u + \sqrt{-1}v$.

$\sqrt[3]{2 + \sqrt{-121}} = a + b\sqrt{-1}$
$\sqrt[3]{2 - \sqrt{-121}} = c + d\sqrt{-1}$
Elevons les deux membres au cube dans la première équation :
$\begin{aligned}2 + \sqrt{-121} &= (a + b\sqrt{-1})^3 \\ &= a^3 -b^3\sqrt{-1} + 3a^2b\sqrt{-1} - 3ab^2 \\ &= a(a^2 -3b^2) + b(3a^2 -b^2)\sqrt{-1}\end{aligned}$

Ce qui donne :

$a(a^2 -3b^2) = 2$ et
$b(3a^2 -b^2) = 11$

Remarquez que 2 et 11 sont premiers. Or, si a et b sont entiers (on n’en sait rien mais supposons), $(a^2 -3b^2)$ et $3a^2 -b^2$ le sont aussi. Or un nombre premier, par définition, ne peut se décomposer en produits d’entiers, à part $1$ et lui-même.
Or il se trouve que si on prend $a = 2$ (donc que $(a^2 -3b^2)$ doit être égal à $1$), on obtient $b = 1$ dans la première équation et si $b = 1$, on a bien $3a^2 -b^2 = 11$ dans la seconde.
Donc,

$\sqrt[3]{2 + \sqrt{-121}} = 2 + \sqrt{-1}$
De même, on trouve : $\sqrt[3]{2 - \sqrt{-121}} = 2 - \sqrt{-1}$

Et là le miracle se produit : notre solution $x$ est égale à $2 - \sqrt{-1} + 2 + \sqrt{-1}$, ce qui fait $4$, qui est bien la solution recherchée !

Voilà donc que ces racines imaginaires, loin d’être inutiles, acquièrent une existence propre. Branle-bas de combat chez les mathématiciens : il va falloir apprendre à dompter ces nouveaux nombres.

En fait, la résolution de la forme réduite permet de résoudre l’équation cubique générale. Et c’est au génie de Cardan qu’on le doit. Voyons son raisonnement :
Soit l’équation cubique générale $x^3 + a_1x^2 + a_2x + a_3 = 0$
On aimerait enlever le terme en $x^2$ pour se ramener à la forme réduite que l’on vient de résoudre. Mais pour cela, il faut faire apparaître un autre terme en $x^2$ qui puisse annuler $a_1x^2$.
Comment faire apparaître un carré à partir d’un cube ? Nous l’avons fait tout à l’heure, il faut développer une expression de la forme $(u + v)^3$ ou $(u - v)^3$. Faisons donc comme tout à l’heure, un changement de variable.

Remplaçons $x$ par $y - c$, avec $c$ un nombre quelconque. Ce qui nous donne:

$\begin{array}{c c c c c c} x^3 & = & y^3 & - 3cy^2 & + 3c^2y & -c^3 & \\ a_1x^2 & = & & a_1y^2 & - 2a_1cy & + a_1c^2 & \\ a_2x + a_3 & = & & & a_2y & - a_2c & + a_3 \\ \hline \end{array}$

Notre équation est la somme terme à terme de ces trois lignes.

Remarquez les termes en $x^2$ : si on prend $c = \frac13a_1$, les termes s’annulent !
Notre équation se réduira donc à la forme résolue plus haut :
$y^3 + py = q$
Je vous laisse le plaisir de trouver l’expression de $p$ et $q$ en fonction de $a_1$, $a_2$ et $a_3$, c’est de l’algèbre élémentaire.