On a (u + v) 3 = u 3 + 3u 2 v + 3uv 2 + v 3 donc
(u + v)
3
+ p(u + v) + q = u
3
+ v
3
+ (u + v)(3uv + p) + q.
Or 3uv + p = 0 (car v = −p/(3u) ) et u 3 + v 3 = −q donc
(u + v)
3
+ p(u + v) + q = 0.
u + v est donc bien solution de (E).
5. Le nombre complexe ju est aussi une racine cubique de U : on peut donc
reprendre le même raisonnement en remplaçant u par u = ju. Alors v est remplacé
par v = −p/(3u ) = j 2 v (car j −1 = j 2 ) et u + v = ju + j 2 v est solution de
(E). Idem pour j 2 u + jv.
6. On cherche ici à résoudre l’équation z 3 = z + 1 . L’équation (R) est
Z 2 − Z + 1/27 = 0, dont le discriminant est 23/27. Ses racines sont donc
1
2
(1 +
23/27) et
1
2
(1 −
23/27).
Prenons U =
1
2
(1 +
23/27) . On peut alors choisir
u =
3
1
2
(1 +
23/27)
et on a alors
v = −p/(3u) = 1/(3u).
Ceci est difficile à calculer, mais v vérifie une autre relation simple :
v
3
= V =
1
2
(1 −
23/27).
Ainsi, d’après le cours sur les racines n-ièmes, v est de la forme j k w, avec
k ∈ {0,1,2} et w une racine cubique de V.
On peut choisir
w =
3
1
2
(1 −
23/27).
D’autre part, v est réel, car v = −1/(3u) avec u réel : on a donc k = 0 et v = w,
ce qui fournit une solution réelle de (E) :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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Chapitre 2 • Nombres complexes
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