# Traité de la résolution des équations numériques de tous les degrés/Chapitre 4
## CHAPITRE IV. application des méthodes précédentes à quelques exemples.

25. Je prendrai pour premier exemple l’équation que Newton a résolue par sa méthode, savoir,
$x^{3}-2x-5=0.$
Je commence par chercher, par les formules du n$^o$ 8, l’équation en qui résulte de cette équation : je fais donc
$m=3,\quad \mathrm {A} =0,\quad \mathrm {B} =-2,\quad \mathrm {C} =5\,;$
j’aurai
$n={\frac {3.2}{2}}=3,$
$\mathrm {A_{1}=0,\quad A_{2}=4,\quad A_{3}=15,\quad A_{4}=8,\quad A_{5}=50,\quad A_{6}} =91\,;$
donc
$a_{1}=12,\quad a_{2}=72,\quad a_{3}=-1497,$
et de là
$a=12,\quad b=36,\quad c=-643\,;$
de sorte que l’équation cherchée sera
$\upsilon ^{3}-12\upsilon ^{2}+36\upsilon +643=0.$
Comme cette équation n’a pas les signes alternativement positifs et négatifs, j’en conclus sur-le-champ que l’équation proposée a nécessairement deux racines imaginaires, et par conséquent une seule réelle (n$^o$ 16).
Ainsi les nombres à substituer à la place de $x$ seront les nombres naturels $0,1,2,3,\ldots$ (n$^o$ 6).
Je suppose d’abord $x$ positif, et je cherche la limite des valeurs de $x$ par les méthodes du n$^o$ 12 ; je trouve ${\sqrt {2}}+{\sqrt[{3}]{5}}<3\,;$ ainsi $3$ sera la limite cherchée en nombres entiers, de sorte qu’il suffira de faire successivement $x=0,1,2,3,$ ce qui donnera ces résultats : $-5,-6,-1,+16\,;$ d’où l’on voit que la racine réelle de l’équation proposée sera entre les nombres $2$ et $3,$ et qu’ainsi $2$ sera la valeur entière la plus approchée de cette racine (n$^o$ 2).
Je fais maintenant, suivant la méthode du Chapitre III, $x=2+{\frac {1}{y}}\,;$ j’ai, en substituant, et ordonnant les termes par rapport à $y,$ l’équation
$y^{3}-10y^{2}-6y-1=0,$
dans laquelle j’ai changé les signes pour rendre le premier terme positif.
Cette équation aura donc nécessairement une seule racine plus grande que l’unité (n$^o$ 19), de sorte que, pour en trouver la valeur approchée, il n’y aura qu’à substituer les nombres $0,1,2,3,\ldots$ jusqu’à ce que l’on trouve deux substitutions consécutives qui donnent des résultats de signe contraire.
Pour ne pas faire beaucoup de substitutions inutiles, je remarque qu’en faisant $y=0$ j’ai un résultat négatif, et qu’en faisant $y=10$ le résultat est encore négatif ; je commence donc par le nombre $10,$ et je fais successivement $y=10,11,\ldots .$ Je trouve d’abord les résultats $-61,+54,\ldots \,;$ d’où je conclus que la valeur approchée de $y$ est $10\,;$ donc $q=10.$
Je fais donc $y=10+{\frac {1}{z}}\,;$ j’aurai l’équation
$61z^{3}-94z^{2}-20z-1=0,$
et supposant successivement $z=1,2,\ldots ,$ j’aurai les résultats $-54,$ $+71,\ldots \,;$ donc $r=1.$
Je fais encore $z=1+{\frac {1}{u}}\,;$ j’aurai
$54u^{3}+25u^{2}-89u-61=0,$
$u=1,2,\ldots ,$
$-71,+293,\ldots \,;$
$s=1,$
En continuant de cette manière, on trouvera les nombres
$2,\ \ 10,\ \ 1,\ \ 1,\ \ 2,\ \ 1,\ \ 3,\ \ 1,\ \ 1,\ \ 12,\ \ \ldots ,$
de sorte que la racine cherchée sera exprimée par cette fraction continue
$x=2+{\frac {1}{10+{\cfrac {1}{1+{\cfrac {1+}{2+\ddots }}}}}},$
d’où l’on tirera les fractions (n$^o$ 23)
${\frac {2}{1}},\ \ {\frac {21}{10}},\ \ {\frac {23}{11}},\ \ {\frac {44}{21}},\ \ {\frac {111}{53}},\ \ {\frac {155}{74}},\ \ {\frac {576}{275}},\ \ {\frac {731}{349}},\ \ {\frac {1307}{624}},\ \ {\frac {16415}{7837}},\ \ \ldots ,$
lesquelles seront alternativement plus petites et plus grandes que la valeur de $x$.
La dernière fraction ${\frac {16415}{7837}}$ est plus grands que la racine cherchée ; mais l’erreur sera moindre que ${\frac {1}{(7837)^{2}}}$ (n$^o$ 23, 2$^o$), c’est-à-dire moindre que $0{,}000\,000\,0163\,;$ donc, si l’on réduit la fraction ${\frac {16415}{7837}}$ en fraction décimale, elle sera exacte jusqu’à la septième décimale ; or, en faisant la division, on trouve $2{,}094\,551\,486\,5\ldots \,;$ ainsi la racine cherchée sera entre les nombres $2{,}094\,551\,49$ et $2{,}094\,551\,47.$
Newton a trouvé par sa méthode la fraction $2{,}094\,551\,47$ (voir sa Méthode des suites infinies), d’où l’on voit que cette méthode donne dans ce cas un résultat fort exact ; mais on aurait tort de se promettre toujours une pareille exactitude.
26. Quant aux deux autres racines de la même équation nous avons déjà vu qu’elles doivent être imaginaires ; néanmoins, si l’on voulait en trouver la valeur, on le pourrait par la méthode du n$^o$ 17.
Pour cela, on reprendra l’équation en $\upsilon$ trouvée ci-dessus, et, en y changeant $\upsilon$ en $-\scriptstyle {\mathcal {W}},$ et changeant ensuite tous les signes, on aura
$\scriptstyle {\mathcal {W}}\displaystyle ^{3}+12\scriptstyle {\mathcal {W}}\displaystyle ^{2}+36\scriptstyle {\mathcal {W}}\displaystyle -643=0,$
et il ne s’agira plus que de chercher une racine réelle et positive de cette équation. Or, puisqu’elle a son dernier terme négatif, elle aura nécessairement une telle racine, dont on pourra trouver la valeur entière la plus approchée par la substitution successive des nombres naturels $0,1,2,3,\ldots$ (n$^o$ 3). En effet, en faisant $\scriptstyle {\mathcal {W}}\displaystyle =5,$ on aura le résultat $-38,$ et en faisant $\scriptstyle {\mathcal {W}}\displaystyle =6,$ on aura $+221\,;$ ainsi la valeur entière la plus approchée de la racine positive de cette équation sera $5.$
On fera donc maintenant $\scriptstyle {\mathcal {W}}\displaystyle =5+{\frac {1}{u}},$ et, en substituant, on aura, après avoir changé les signes,
$38u^{3}-231u^{2}-27u-1=0.$
Faisant successivement $u=0,1,2,\ldots ,$ on trouvera, pour $u=6$ et $u=7,$ les résultats $-271,+1525\,;$ donc $6$ sera la valeur entière approchée de $u$.
On fera donc $u=6+{\frac {1}{x}},$ et l’on aura, en substituant et changeant les signes,
$271x^{3}-1305x^{2}-453x-38=0.$
En faisant successivement $x=0,1,2,\ldots ,$ on trouvera des résultats négatifs jusqu’à la supposition de $x=6,$ qui donne $8837$ pour résultat, de sorte que $5$ sera la valeur entière approchée de $x.$
On fera donc $x=5+{\frac {1}{y}}\,;$ substituant et réduisant, on aura
$1053y^{3}-6822y^{2}-2760y-271=0,$
et l’on trouvera $6$ pour la valeur approchée de $y$, et ainsi de suite.
De cette manière, on approchera de plus en plus de la valeur de $\scriptstyle {\mathcal {W}},$ laquelle se trouvera exprimée par la fraction continue
$\scriptstyle {\mathcal {W}}\displaystyle =5+{\frac {1}{6+{\cfrac {1}{5+{\cfrac {1}{6+\ddots }}}}}},$
${\frac {5}{1}},\quad {\frac {31}{6}},\quad {\frac {160}{31}},\quad {\frac {991}{192}},\quad \ldots .$
Connaissant ainsi $\scriptstyle {\mathcal {W}},$ on aura (n$^o$ 17) $\beta ={\frac {\sqrt {\scriptstyle {\mathcal {W}},}}{2}}\,;$ ainsi on connaîtra $\beta .$
On substituera maintenant $\alpha +\beta -{\sqrt {-1}}$ à la place de $x$ dans l’équation proposée, et, faisant deux équations séparées des termes tout réels et de ceux qui sont affectés de ${\sqrt {-1}}$ on aura les deux équations
${\begin{aligned}&\alpha ^{3}-\left(3\beta ^{2}+2\right)\alpha -5=0,\\&2\alpha ^{2}-\beta ^{2}-2=0.\end{aligned}}$
On cherchera le plus grand commun diviseur de ces deux équations, et l’on poussera seulement la division jusqu’à ce que l’on arrive a un reste où $\alpha$ ne se trouve qu’à la première puissance (numéro cité) ; ce reste sera
$-{\frac {8\beta ^{2}+4}{3}}\alpha -5\,;$
lequel, étant fait égal à $0,$ donnera
$\alpha =-{\frac {15}{4\left(2\beta ^{2}+1\right)}}.$
Ainsi l’on aura la valeur de deux racines imaginaires $\alpha +\beta {\sqrt {-1}},$ et $\alpha -\beta {\sqrt {-1}},$ de l’équation proposée.
27. Prenons pour second exemple l’équation
$x^{3}-7x+7=0.$
On aura encore ici $m=-3,$ et par conséquent $n=3\,;$ ensuite
$\mathrm {A} =0,\quad \mathrm {B} =-7,\quad \mathrm {C} =-7,$
d’où
$\mathrm {A_{1}=0,\quad A_{2}=14,\quad A_{3}=-21,\quad A_{4}=98,\quad A_{5}=+245,\quad A_{6}} =833\,;$
$a_{1}=42,\quad a_{2}=882,\quad a_{3}=18669,$
et enfin
$a=42,\quad b=441,\quad c=49,$
de sorte que l’équation en $\upsilon$ sera
$\upsilon ^{3}-42\upsilon ^{2}+441\upsilon -49=0.$
Puisque les signes de cette équation sont alternatifs, c’est une marque que la proposée peut avoir toutes ses racines réelles (n$^o$ 16) ; et, comme d’ailleurs cette équation n’est point divisible par $\upsilon ,$ il s’ensuit que l’équation en $x$ n’aura point de racines égales (n$^o$ 15).
On fera maintenant (n$^o$ 11) $\upsilon ={\frac {1}{y}},$ et, ordonnant l’équation par rapport à $y,$ on aura
$y^{3}-9y^{2}+{\frac {42}{49}}y-{\frac {1}{49}}=0.$
Le plus grand coefficient négatif étant $9,$ on pourrait prendre $l=10$ (n$^o$ 12) mais on peut trouver une limite plus rapprochée en cherchant le plus petit nombre entier qui rendra positives ces trois quantités
${\begin{aligned}l^{3}&-9l^{2}+{\frac {42}{49}}l-{\frac {1}{49}},\\3l^{2}&-18l+{\frac {42}{49}},\\3l&-9,\end{aligned}}$
et l’on trouvera que $l=9$ satisfait à ces conditions ; de sorte qu’on aura $k=3$ (n$^o$ 11), et par conséquent $\Delta ={\frac {1}{3}}.$
On mettra donc (n$^o$ 13, 2$^o$), dans l’équation proposée, ${\frac {x}{3}}$ à la place de $x,$ ce qui la réduira à celle-ci :
$x^{3}-63x+189=0,$
$0,1,2,\ldots$
$x.$
$x=4,5,6\,;$
${\frac {4}{3}}$
${\frac {5}{3}},$
${\frac {5}{3}}$
${\frac {6}{3}}\,;$
$1$
Faisons maintenant $x$ négatif pour avoir aussi les racines négatives (n$^o$ 4), et l’équation se changera en
$x^{3}-7x-7=0,$
laquelle, ayant son dernier terme négatif, aura sûrement une racine positive (n$^o$ 3), et il est clair qu’elle n’en aura qu’une seule, puisque nous avons déjà trouvé les deux autres ainsi on pourra d’abord trouver la valeur entière approchée de cette racine, en substituant à la place de $x$ les nombres $0,1,2,\ldots ,$ jusqu’à ce que l’on rencontre deux substitutions qui donnent des résultats de signe contraire (n$^o$ 3) or on trouve que ces substitutions sont $x=3$ et $x=4,$ de sorte que $3$ sera la valeur entière la plus approchée de $x$ dans l’équation précédente ; et par conséquent de $-x$ dans la proposée.
Ayant ainsi trouvé que l’équation a trois racines réelles, deux positives et une négative, et ayant trouvé en même temps leurs valeurs entières approchées, on pourra approcher autant qu’on voudra de la vraie valeur de chacune d’elles par la méthode du Chapitre III.
Considérons d’abord les racines positives, et faisons $x=1+{\frac {1}{y}}$ dans l’équation
$x^{3}-7x+7=0\,;$
elle deviendra celle-ci
$y^{3}-4y^{2}+3y+1=0,$
$1$
J’essaye d’abord si je peux trouver les valeurs approchées de ces deux racines par la substitution des nombres entiers $0,1,2,\ldots ,$ et, comme il n’y a que le terme $4y^{2}$ de négatif, il suffira (n$^o$ 13, 1$^o$) de pousser les substitutions jusqu’à ce que l’on ait $y^{3}{\underset {>}{=}}4y^{2},$ c’est-à-dire jusqu’à $y=4\,;$ or, en faisant $y=0,1,2,3,4,$ j’ai les résultats $1,1,-1,1,13\,;$ d’où je conclus que les racines cherchées sont, l’une entre les nombres $1$ et $2,$ et l’autre entre les nombres $2$ et $3,$ de sorte que les valeurs approchées de $y$ seront $1$ et $2.$
On fera donc :
1$^o$ $y=1+{\frac {1}{z}},$ et l’on aura
$z^{3}-2z^{2}-z+1=0,$
équation qui n’aura plus qu’une racine réelle plus grande que l’unité (n$^o$ 19, 2$^o$) ; ainsi l’on supposera successivement $z=1,2,\ldots ,$ jusqu’à ce que l’on trouve deux substitutions consécutives qui donnent des résultats de signe contraire ; or on trouve que $z=2$ donne $-1,$ et $z=3$ donne $+7\,;$ donc $2$ sera la valeur entière approchée de $z$.
On fera donc $z=2+{\frac {1}{u}},$ et, substituant, on aura, en changeant les signes,
$u^{3}-3u^{2}-4u-1=0.$
On supposera de même $u=1,2,\ldots ,$ et l’on trouvera que la valeur entière approchée de $u$ sera $4.$
On fera $u=4+{\frac {1}{\scriptstyle {\mathcal {W}}}},$ et ainsi de suite.
2$^o$ On fera $y=2+{\frac {1}{z}},$ et, substituant dans l’équation précédente en $y,$ on aura, après avoir changé les signes,
$z^{3}+z^{2}-2z-1=0\,;$
cette équation n’aura, comme la précédente én $z,$ qu’une seule racine réelle plus grande que l’unité, de sorte qu’il n’y aura qu’à faire
$z=1,2,\ldots ,$
$-1,\ 7\,;$
$1$
$z$
On fera donc $z=1+{\frac {1}{u}},$ et l’on aura, en changeant les signes,
$u^{3}-3u^{2}-4u-1=0,$
d’où l’on trouvera, de la même manière que ci-dessus, que la valeur entière approchée de $u$ sera $4.$
Ainsi on fera $u=4+{\frac {1}{\scriptstyle {\mathcal {W}}}},$ et ainsi de suite.
Donc les deux racines positives de l’équation proposée seront
${\begin{aligned}x=&1+{\frac {1}{1+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{4+\ddots }}}}}},\\x=&1+{\frac {1}{2+{\cfrac {1}{1+{\cfrac {1}{4+\ddots }}}}}},\end{aligned}}$
d’où l’on tirera, si l’on veut, des fractions convergentes, comme dans l’exemple précédent (n$^{os}$ 23 et 24).
Pour trouver maintenant la valeur approchée de la racine négative, on reprendra l’équation
$x^{3}-7x-7=0,$
dans laquelle on a déjà trouvé que la valeur entière approchée est $3\,;$ ainsi l’on fera $x=3+{\frac {1}{y}},$ ce qui donnera, en changeant les signes,
$y^{3}-20y^{2}-9y-1=0,$
et comme cette équation ne peut avoir qu’une seule racine réelle plus grande que $1$ (n$^o$ 19, 2$^o$), on en trouvera la valeur approchée en faisant $y=1,2,\ldots ,$ jusqu’à ce que l’on rencontre deux résultats
$y=20,\ 21\,;$
$20.$
On fera donc $y=20+{\frac {1}{u}},$ etc.
De cette manière, la racine négative de l’équation proposée sera
$x=-3-{\frac {1}{20+{\cfrac {1}{3+\ddots }}}}.$