# Équation du troisième degré/Devoir/Méthode de Tschirnhaus

Les questions a) à d) de la partie Ⅰ de ce devoir exposent fidèlement les calculs (en latin) de
    Tschirnhaus, « Methodus auferendi omnes terminos intermedios ex data aequatione », Acta Eruditorum, mai 1683, p. 204-207 [texte intégral]
    (traduction en anglais : R. F. Green, « A method for removing all intermediate terms from a given equation », ACM SIGSAM Bulletin, vol. 37, n$^o$ 1, mars 2003 [texte intégral]),
fournissant une autre méthode de résolution des équations du troisième degré que celle de Cardan vue au chapitre 4.
Elle étend celle vue au chapitre 4 qui permet, par translation de la variable, de ramener une équation de degré $n$ à une équation de même degré mais de coefficient nul en degré $n-1$. Ce résultat étant acquis, on se contentera d'appliquer la méthode de Tschirnhaus aux équations du troisième degré de la forme $x^{3}+px+q=0$. On écartera le cas trivial $p=0$.
Cette méthode est largement généralisable. On en verra un exemple dans la partie Ⅱ, qui donne une méthode pour résoudre les équations de degré 4.
a) Recalculer le résultant $R_{3-2}$ (vu au chapitre 2) dans le cas particulier de deux équations de la forme
    ${\begin{cases}x^{3}+px+q&=0\\x^{2}+\alpha x+\beta &=0\end{cases}}$
en le présentant par puissances décroissantes de $\beta$.
Si $x^{2}=-\alpha x-\beta$ alors $x^{3}=-\alpha x^{2}-\beta x=-\alpha (-\alpha x-\beta )-\beta x=(\alpha ^{2}-\beta )x+\alpha \beta$.
Par conséquent, le système
    ${\begin{cases}x^{3}+px+q&=0\\x^{2}+\alpha x+\beta &=0\end{cases}}$
est équivalent au système
    ${\begin{cases}(-\beta +\alpha ^{2}+p)x+\alpha \beta +q&=0\\x^{2}+\alpha x+\beta &=0\end{cases}}$
et son résultant est :
    ${\begin{aligned}&\beta (-\beta +\alpha ^{2}+p)^{2}-\alpha (-\beta +\alpha ^{2}+p)(\alpha \beta +q)+(\alpha \beta +q)^{2}\\&=(-\beta +\alpha ^{2}+p)\left[\beta (-\beta +\alpha ^{2}+p)-\alpha (\alpha \beta +q)\right]+(\alpha \beta +q)^{2}\\&=(-\beta +\alpha ^{2}+p)(-\beta ^{2}+p\beta -\alpha q)+(\alpha \beta +q)^{2}\\&=\beta ^{3}-2p\beta ^{2}+(p^{2}+p\alpha ^{2}+3q\alpha )\beta +q^{2}-pq\alpha -q\alpha ^{3}.\end{aligned}}$
b) On cherche à résoudre l'équation $x^{3}+px+q=0$ (avec $p\neq 0$) en introduisant une variable auxiliaire $y$ et une nouvelle équation, de la forme $x^{2}=ax+b+y$. Quelle équation polynomiale (à présenter par puissances décroissantes de $y$) doit lier les paramètres $y$, $a$ et $b$ pour que les deux équations
    ${\begin{cases}x^{3}+px+q&=0\\x^{2}&=ax+b+y\end{cases}}$
aient une solution commune $x$ ?
D'après la question précédente, la condition est
    $-(b+y)^{3}-2p(b+y)^{2}-(p^{2}+pa^{2}-3qa)(b+y)+q^{2}+pqa+qa^{3}=0$,
soit
    $y^{3}+(3b+2p)y^{2}+(3b^{2}+4pb+p^{2}+pa^{2}-3qa)y+b^{3}+2pb^{2}+p^{2}b+pa^{2}b-3qab-q^{2}-pqa-qa^{3}=0$.
Il n'est pas indispensable mais peut être commode pour la suite de remarquer que le terme constant, vue la question précédente, s'écrit aussi :
    $(b+a^{2}+p)(b^{2}+pb-qa)-(ab+q)^{2}$.
c) Comment $a$ et $b$ doivent-ils être choisis pour que cette équation soit de la forme $y^{3}=c$ ?
Montrer qu'alors, avec $\delta$ défini (au signe près) par $\delta ^{2}={\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}={\frac {4p^{3}+27q^{2}}{4\times 27}}$, on a :
* $a={\frac {3}{p}}\left({\frac {q}{2}}+\delta \right)$ ;
* $a\neq 0$ ;
* $a^{2}+{\frac {p}{3}}={\frac {6a\delta }{p}}$ ;
* $c=\left({\frac {6\delta }{p}}\right)^{3}{\frac {pa}{3}}$.
    ${\begin{aligned}&{\begin{cases}3b+2p&=0\\3b^{2}+4pb+p^{2}+pa^{2}-3qa&=0\end{cases}}\\\Leftrightarrow &{\begin{cases}b&=-{\frac {2p}{3}}\\{\frac {4p^{2}}{3}}-{\frac {8p^{2}}{3}}+p^{2}+pa^{2}-3qa&=0\end{cases}}\\\Leftrightarrow &{\begin{cases}b&=-{\frac {2p}{3}}\\pa^{2}-3qa-{\frac {p^{2}}{3}}&=0\end{cases}}\\\Leftrightarrow &{\begin{cases}b&=-{\frac {2p}{3}}\\a&={\frac {3}{p}}\left({\frac {q}{2}}+\delta \right).\end{cases}}\end{aligned}}$
    $a\neq 0$ car $pa^{2}-3qa={\frac {p^{2}}{3}}\neq 0$. On a même : ${\frac {1}{a}}={\frac {3}{p^{2}}}(pa-3q)$.
    ${\frac {a^{2}+{\frac {p}{3}}}{a}}=a+{\frac {p}{3a}}=a+{\frac {1}{p}}(pa-3q)=2a-{\frac {3q}{p}}={\frac {6}{p}}\left({\frac {q}{2}}+\delta \right)-{\frac {3q}{p}}={\frac {6\delta }{p}}$.
    ${\begin{aligned}c&=(a^{2}+b+p)(qa-b^{2}-bp)+(q+ab)^{2}\\&=\left({\frac {3q}{p}}a+{\frac {2p}{3}}\right)\left(qa+{\frac {2p^{2}}{9}}\right)+\left(q-{\frac {2p}{3}}a\right)^{2}\\&=a^{2}\left({\frac {3q^{2}}{p}}+{\frac {4p^{2}}{9}}\right)+{\frac {4p^{3}}{27}}+q^{2}\\&={\frac {12\delta ^{2}}{p}}\left(a^{2}+{\frac {p}{3}}\right)\\&={\frac {12\delta ^{2}}{p}}{\frac {6a\delta }{p}}\\&=\left({\frac {6\delta }{p}}\right)^{3}{\frac {pa}{3}}.\end{aligned}}$
d) En déduire un algorithme pour résoudre $x^{3}+px+q=0$ (avec $p\neq 0$).
On fixe $a$ et $b$ comme ci-dessus, on calcule une racine cubique $z$ de ${\frac {pa}{3}}$, et l'on pose $y_{k}={\frac {6\delta }{p}}z\mathrm {j} ^{k}$ pour $k=0,1,2$ ($\mathrm {j} ={\frac {-1+\mathrm {i} {\sqrt {3}}}{2}},\;\mathrm {j} ^{2}={\overline {\mathrm {j} }}$). Pour chacune de ces trois valeurs, on calcule les deux solutions de l'équation $x^{2}-ax-(b+y_{k})=0$, de discriminant $\Delta _{k}=a^{2}+4b+4y_{k}={\frac {3q}{p}}a-{\frac {7p}{3}}+4y_{k}$. On obtient ainsi en général 6 valeurs distinctes $x={\frac {a\pm {\sqrt {\Delta _{k}}}}{2}}$, dont les 3 solutions de $x^{3}+px+q=0$ font nécessairement partie. Il suffit, pour conclure, de tester les 6 valeurs.
e) Appliquer cet algorithme pour résoudre $x^{3}+x-2=0$.
Pour $p=1$ et $q=-2$, on trouve $\delta ={\frac {2}{3}}{\sqrt {\frac {7}{3}}},\;a=-3+2{\sqrt {\frac {7}{3}}},\;z=-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {7}{3}}},\;y_{0}={\frac {14}{3}}-2{\sqrt {\frac {7}{3}}},\;\Delta _{k}={\frac {47}{3}}-12{\sqrt {\frac {7}{3}}}+4y_{k}$.
* $\Delta _{0}={\frac {103}{3}}-20{\sqrt {\frac {7}{3}}}=\left(5-2{\sqrt {\frac {7}{3}}}\right)^{2},\;x_{0}=1,\;x'_{0}=-4+2{\sqrt {\frac {7}{3}}}$.
* $\Delta _{1}={\frac {19}{3}}-8{\sqrt {\frac {7}{3}}}+\mathrm {i} \left({\frac {28}{\sqrt {3}}}-4{\sqrt {7}}\right)=\left(2-2{\sqrt {\frac {7}{3}}}-\mathrm {i} {\sqrt {7}}\right)^{2},\;x_{1}={\frac {-1-\mathrm {i} {\sqrt {7}}}{2}},\;x'_{1}=-{\frac {5}{2}}+2{\sqrt {\frac {7}{3}}}+\mathrm {i} {\frac {\sqrt {7}}{2}}$.
* $\Delta _{2}={\overline {\Delta _{1}}},\;x_{2}={\frac {-1+\mathrm {i} {\sqrt {7}}}{2}},\;x'_{2}=-{\frac {5}{2}}+2{\sqrt {\frac {7}{3}}}-\mathrm {i} {\frac {\sqrt {7}}{2}}$.
Les trois solutions de $x^{3}+x-2=0$ sont $x_{0},x_{1},x_{2}$. Cette équation aurait pu être résolue bien plus rapidement en remarquant la racine évidente (c'est d'ailleurs ce qui nous a permis, en « trichant », de « deviner » les racines carrées des $\Delta _{k}$).
f) On revient au cas général (avec, toujours, $p\neq 0$). Démontrer que (pour $a,b,c,y$ choisis comme ci-dessus) les trois propriétés suivantes sont équivalentes :
    $\delta =0,\;y=0,\;a^{2}+b+y+p=0$.
Que remarque-t-on lorsqu'elles sont satisfaites ?
Comme $a\neq 0$ et $a^{2}+b+p=a^{2}+{\frac {p}{3}}={\frac {6a\delta }{p}}$, on a :
* $\delta =0\Leftrightarrow y=0$, puisque $y^{3}=\left({\frac {6\delta }{p}}\right)^{3}{\frac {pa}{3}}$ ;
* si $\delta =y=0$ alors $a^{2}+b+p+y={\frac {6a\delta }{p}}+0=0$ ;
* réciproquement, si $a^{2}+b+p+y=0$, alors $0=(a^{2}+b+p)^{3}+y^{3}=\left({\frac {6a\delta }{p}}\right)^{3}+\left({\frac {6\delta }{p}}\right)^{3}{\frac {pa}{3}}=\left({\frac {6a\delta }{p}}\right)^{3}a\left(a^{2}+{\frac {p}{3}}\right)=\left({\frac {6\delta }{p}}\right)^{3}{\frac {6a^{2}\delta }{p}}$ donc $\delta =0$.
Dans ce cas, on n'a plus 6 candidats mais seulement 2 : les solutions de $x^{2}={\frac {3q}{2p}}x-{\frac {2p}{3}}$, qui sont ${\frac {3q}{p}}$ et $-{\frac {3q}{2p}}$. On peut vérifier que ces deux candidats sont effectivement solutions de $x^{3}+px+q=0$ (respectivement simple et double).
g) Si $\delta \neq 0$ (avec $a,b,c,y$ choisis comme ci-dessus), montrer (en reprenant les calculs du début du devoir) qu'à chacune des trois racines cubiques $y$ de $c$ correspond une solution $x$ de $x^{3}+px+q=0$ — s'exprimant comme une fonction homographique de $y$ — et que les trois solutions $x$ ainsi obtenues sont distinctes. (Ceci affine l'algorithme de la question d).)
D'après les calculs du début du devoir, le système
    ${\begin{cases}x^{3}+px+q&=0\\x^{2}&=ax+b+y\end{cases}}$
est équivalent au système
    ${\begin{cases}(a^{2}+b+y+p)x+q+a(b+y)&=0\\x^{2}-ax-(b+y)&=0\end{cases}}$
et admet une solution (par choix de $a,b,c,y$).
D'après la question précédente, si $\delta \neq 0$ alors $a^{2}+b+y+p\neq 0$, donc cette solution est $x=-{\frac {q+a(b+y)}{a^{2}+b+y+p}}={\frac {-ay+2\delta }{y+{\frac {6a\delta }{p}}}}$.
Cette fonction homographique est injective car $-a{\frac {6a\delta }{p}}-2\delta =-{\frac {6\delta }{p}}\left(a^{2}+{\frac {p}{3}}\right)=-{\frac {6\delta }{p}}{\frac {6a\delta }{p}}\neq 0$.
a) Calculer le résultant des deux équations
    ${\begin{cases}x^{4}+px^{2}+qx+r&=0\\x^{2}+\alpha x+\beta &=0\end{cases}}$
en le présentant par puissances décroissantes de $\beta$.
Si $x^{2}=-\alpha x-\beta$ alors $x^{4}+px^{2}+qx+r=\alpha ^{2}(-\alpha x-\beta )+2\alpha \beta x+\beta ^{2}+p(-\alpha x-\beta )+qx+r$.
Par conséquent, le système
    ${\begin{cases}x^{4}+px^{2}+qx+r&=0\\x^{2}+\alpha x+\beta &=0\end{cases}}$
est équivalent au système
    ${\begin{cases}(2\alpha \beta -\alpha ^{3}-p\alpha +q)x+\beta ^{2}-(p+\alpha ^{2})\beta +r&=0\\x^{2}+\alpha x+\beta &=0\end{cases}}$
et son résultant est :
    ${\begin{aligned}&\beta (2\alpha \beta -\alpha ^{3}-p\alpha +q)^{2}-\alpha (2\alpha \beta -\alpha ^{3}-p\alpha +q)(\beta ^{2}-(p+\alpha ^{2})\beta +r)+(\beta ^{2}-(p+\alpha ^{2})\beta +r)^{2}\\&=(2\alpha \beta -\alpha ^{3}-p\alpha +q)\left[\beta (2\alpha \beta -\alpha ^{3}-p\alpha +q)-\alpha (\beta ^{2}-(p+\alpha ^{2})\beta +r)\right]+(\beta ^{2}-(p+\alpha ^{2})\beta +r)^{2}\\&=(2\alpha \beta -\alpha ^{3}-p\alpha +q)(\alpha \beta ^{2}+q\beta -r\alpha )+(\beta ^{2}-(p+\alpha ^{2})\beta +r)^{2}\\&=\beta ^{4}-2p\beta ^{3}+(p\alpha ^{2}+3q\alpha +p^{2}+2r)\beta ^{2}+(-q\alpha ^{3}-4r\alpha ^{2}-pq\alpha +q^{2}-2pr)\beta +\alpha r(\alpha ^{3}+p\alpha -q)+r^{2}.\end{aligned}}$
b) On cherche à résoudre l'équation $x^{4}+px^{2}+qx+r=0$ (avec $q\neq 0$) en introduisant une variable auxiliaire $y$ et une nouvelle équation, de la forme $x^{2}=ax+b+y$. Quelle équation polynomiale (à présenter par puissances décroissantes de $y$) doit lier $y$, $a$ et $b$ pour que les deux équations
    ${\begin{cases}x^{4}+px^{2}+qx+r&=0\\x^{2}&=ax+b+y\end{cases}}$
aient une solution commune $x$ ?
D'après la question précédente, la condition est
    $(b+y)^{4}+2p(b+y)^{3}+(pa^{2}-3qa+p^{2}+2r)(b+y)^{2}-(qa^{3}-4ra^{2}+pqa+q^{2}-2pr)(b+y)+ar(a^{3}+pa+q)+r^{2}=0$,
soit
    $y^{4}+(4b+2p)y^{3}+Ay^{2}+By+C=0$
avec
    $A=6b^{2}+6bp+pa^{2}-3qa+p^{2}+2r$,
    $B=4b^{3}+6pb^{2}+2b(pa^{2}-3qa+p^{2}+2r)+2r(2a^{2}+p)-q(a^{3}+pa+q)$,
    $C=b^{4}+2pb^{3}+b^{2}(pa^{2}-3qa+p^{2}+2r)+b\left[2r(2a^{2}+p)-q(a^{3}+pa+q)\right]+ar(a^{3}+pa-q)+r^{2}$.
c) Comment $a$ et $b$ doivent-ils être choisis pour que cette équation soit de la forme $y^{4}+Ay^{2}+C=0$ ?
Exprimer alors $a^{3}$, $a^{4}$, $A$ et $C$ comme des polynômes du second degré en $a$ (on pourra poser $s={\frac {4r-p^{2}}{4}}$).
    ${\begin{aligned}&{\begin{cases}4b+2p&=0\\B&=0\end{cases}}\\\Leftrightarrow &{\begin{cases}b=-{\frac {p}{2}}\\-{\frac {p^{3}}{2}}+{\frac {3p^{3}}{2}}-p(pa^{2}-3qa+p^{2}+2r)+2r(2a^{2}+p)-q(a^{3}+pa+q)&=0\end{cases}}\\\Leftrightarrow &{\begin{cases}b=-{\frac {p}{2}}\\-qa^{3}+(4r-p^{2})a^{2}+2pqa-q^{2}&=0\end{cases}}\\\Leftrightarrow &{\begin{cases}b=-{\frac {p}{2}}\\a^{3}-{\frac {4s}{q}}a^{2}-2pa+q&=0.\end{cases}}\end{aligned}}$
    $a^{3}={\frac {4s}{q}}a^{2}+2pa-q$
    ${\begin{aligned}a^{4}&={\frac {4s}{q}}a^{3}+2pa^{2}-qa\\&={\frac {4s}{q}}\left({\frac {4s}{q}}a^{2}+2pa-q\right)+2pa^{2}-qa\\&=\left({\frac {16s^{2}}{q^{2}}}+2p\right)a^{2}+\left({\frac {8ps}{q}}-q\right)a-4s\end{aligned}}$
    ${\begin{aligned}A&={\frac {3p^{2}}{2}}-3p^{2}+pa^{2}-3qa+p^{2}+2r\\&=pa^{2}-3qa+2s\end{aligned}}$
    ${\begin{aligned}C&={\frac {p^{4}}{16}}-{\frac {p^{4}}{4}}+{\frac {p^{2}}{4}}(pa^{2}-3qa+p^{2}+2r)-{\frac {p}{2}}\left[2r(2a^{2}+p)-q(a^{3}+pa+q)\right]+ar(a^{3}+pa-q)+r^{2}\\&=ra^{4}+{\frac {pq}{2}}a^{3}+\left({\frac {p^{3}}{4}}-pr\right)a^{2}+\left(-{\frac {p^{2}q}{4}}-qr\right)a+{\frac {pq^{2}}{2}}+{\frac {p^{4}}{16}}-{\frac {p^{2}r}{2}}+r^{2}\\&=r\left[\left({\frac {16s^{2}}{q^{2}}}+2p\right)a^{2}+\left({\frac {8ps}{q}}-q\right)a-4s\right]+{\frac {pq}{2}}\left[{\frac {4s}{q}}a^{2}+2pa-q\right]-psa^{2}+qsa+{\frac {pq^{2}}{2}}+s^{2}\\&=a^{2}\left({\frac {16rs^{2}}{q^{2}}}+2pr+ps\right)+a\left({\frac {8prs}{q}}-qr+p^{2}q+qs\right)-4rs+s^{2}\\&=a^{2}\left({\frac {16rs^{2}}{q^{2}}}+3pr-{\frac {p^{3}}{4}}\right)+ap\left({\frac {8rs}{q}}+{\frac {3pq}{4}}\right)-s\left(3r+{\frac {p^{2}}{4}}\right)\end{aligned}}$
d) Déduire de ce qui précède un algorithme pour résoudre $x^{4}+px^{2}+qx+r=0$ (si $q\neq 0$).
On choisit une solution $a$ de $-qa^{3}+(4r-p^{2})a^{2}+2pqa-q^{2}=0$, on calcule $A$ et $C$ par les formules de la question précédente, et l'on résout l'équation bicarrée $y^{4}+Ay^{2}+C=0$. Pour chaque solution $y_{k}$ ($k=0,1,2,3$), on résout $x^{2}-ax+{\frac {p}{2}}-y_{k}=0$, de discriminant $\Delta _{k}=a^{2}-2p+4y_{k}$, ce qui donne 2 valeurs $x_{k,\pm }={\frac {a\pm {\sqrt {\Delta _{k}}}}{2}}$. On obtient au total 8 valeurs $x_{k,\pm }$, dont les 4 solutions de $x^{4}+px^{2}+qx+r=0$ font nécessairement partie. Il suffit, pour conclure, de tester ces 8 valeurs.
e) Résoudre par cet algorithme l'équation :
    $x^{4}-3x^{2}-6x-2=0$.
Pour $p=-3$, $q=-6$ et $r=-2$, on a $4s=-17$ et $-qa^{3}+(4r-p^{2})a^{2}+2pqa-q^{2}=6a^{3}-17a^{2}+36a-36$.
Une racine « évidente » de $6a^{3}-17a^{2}+36a-36=0$ est $a={\frac {3}{2}}$, et l'on trouve alors
    $A=pa^{2}-3qa+2s=-3{\frac {9}{4}}+18{\frac {3}{2}}-{\frac {17}{2}}={\frac {47}{4}}$
    ${\begin{aligned}C&=a^{2}\left(16s^{2}{\frac {r}{q^{2}}}+3pr-{\frac {p^{3}}{4}}\right)+ap\left(8s{\frac {r}{q}}+{\frac {3pq}{4}}\right)-s\left(3r+{\frac {p^{2}}{4}}\right)\\&={\frac {9}{4}}\left(-{\frac {17^{2}}{18}}+18+{\frac {27}{4}}\right)-{\frac {9}{2}}\left(-{\frac {2.17}{3}}+{\frac {27}{2}}\right)+{\frac {17}{4}}\left(-6+{\frac {9}{4}}\right)\\&={\frac {313-13.12-17.15}{16}}\\&=-{\frac {49}{8}}\end{aligned}}$
$y^{4}+Ay^{2}+C=0\Leftrightarrow 8y^{4}+94y^{2}-49=0\Leftrightarrow y^{2}={\frac {-47\pm {\sqrt {47^{2}+8.49}}}{8}}={\frac {-47\pm 51}{8}}$.
    Les quatre valeurs pour $4y$ sont donc $4y_{0}=2{\sqrt {2}},\;4y_{1}=-2{\sqrt {2}},\;4y_{3}=14\mathrm {i} ,\;4y_{4}=-14\mathrm {i}$.
$\Delta _{k}=a^{2}-2p+4y_{k}={\frac {9}{4}}+6+4y_{k}={\frac {33}{4}}+4y_{k}$
    $\Delta _{0}={\frac {33}{4}}+2{\sqrt {2}}=\left({\frac {1}{2}}+2{\sqrt {2}}\right)^{2},\;\Delta _{1}={\frac {33}{4}}-2{\sqrt {2}}=\left({\frac {1}{2}}-2{\sqrt {2}}\right)^{2}$
    $\Delta _{2}={\frac {33}{4}}+14\mathrm {i} =\left({\frac {7}{2}}+2\mathrm {i} \right)^{2},\;\Delta _{4}={\frac {33}{4}}-14\mathrm {i} =\left({\frac {7}{2}}-2\mathrm {i} \right)^{2}$
$x_{k,\pm }={\frac {a\pm {\sqrt {\Delta _{k}}}}{2}}={\frac {3}{4}}\pm {\frac {\sqrt {\Delta _{k}}}{2}}$
    $x_{0,\pm }={\frac {3}{4}}\pm \left({\frac {1}{4}}+{\sqrt {2}}\right)=1+{\sqrt {2}},{\frac {1}{2}}-{\sqrt {2}}$
    $x_{1,\pm }={\frac {3}{4}}\pm \left({\frac {1}{4}}-{\sqrt {2}}\right)=1-{\sqrt {2}},{\frac {1}{2}}+{\sqrt {2}}$
    $x_{2,\pm }={\frac {3}{4}}\pm \left({\frac {7}{4}}+\mathrm {i} \right)={\frac {5}{2}}+\mathrm {i} ,-1-\mathrm {i}$
    $x_{3,\pm }={\frac {3}{4}}\pm \left({\frac {7}{4}}-\mathrm {i} \right)={\frac {5}{2}}-\mathrm {i} ,-1+\mathrm {i}$
Parmi ces 8 candidats, les 4 solutions de $x^{4}-3x^{2}-6x-2=0$ sont $1\pm {\sqrt {2}},-1\pm \mathrm {i}$.
f) Montrer (en reprenant les calculs du début de cette partie) qu'en général, à chacune des quatre solutions $y$ de $y^{4}+Ay^{2}+C=0$ correspond une seule solution $x$ de $x^{4}+px^{2}+qx+r=0$, s'exprimant comme une fraction rationnelle de $y$. Vérifier sur l'exemple précédent l'efficacité de cette amélioration de l'algorithme.
D'après les calculs du début de cette partie, le système
    ${\begin{cases}x^{4}+px^{2}+qx+r&=0\\x^{2}&=ax-p/2+y\end{cases}}$
est équivalent au système
    ${\begin{cases}V(y)x+U(y)&=0\\x^{2}-ax+p/2-y&=0\end{cases}}$
    avec $V(y)=2a(y-p/2)+a^{3}+pa+q$ et $U(y)=(y-p/2)^{2}+(p+a^{2})(y-p/2)+r$
et admet une solution (par choix de $a$ et $y$).
Si $V(y)\neq 0$, cette solution est $x=-{\frac {U(y)}{V(y)}}$.
Remarquons que $V(y)=2ay+a^{3}+q=a\left(2y+2p+{\frac {4r-p^{2}}{q}}a\right)$ et que $a\neq 0$ (car $-qa^{3}+(4r-p^{2})a^{2}+2pqa=q^{2}\neq 0$).
$U(y)=y^{2}+a^{2}y-p^{2}/4-a^{2}p/2+r$.
Dans l'exemple précédent, $U(y)=y^{2}+9y/4-7/8$ et $V(y)=3y-21/8$ donc $-{\frac {U(y)}{V(y)}}={\frac {8y^{2}+18y-7}{21-24y}}$.
Au lieu de calculer (péniblement) quatre ${\sqrt {\Delta _{k}}}$ puis de tester 8 candidats $x_{k,\pm }$, on trouve ainsi directement la solution $x_{k}$ associée à chaque $y_{k}$ :
    $x_{0}={\frac {8{\frac {1}{2}}+18{\frac {1}{\sqrt {2}}}-7}{21-24{\frac {1}{\sqrt {2}}}}}={\frac {-1+3{\sqrt {2}}}{7-4{\sqrt {2}}}}=1+{\sqrt {2}},\;x_{1}={\frac {-1-3{\sqrt {2}}}{7+4{\sqrt {2}}}}=1-{\sqrt {2}},$
    $x_{2}={\frac {-2\times 49+9\times 7\mathrm {i} -7}{21-12\times 7\mathrm {i} }}={\frac {-5+3\mathrm {i} }{1-4\mathrm {i} }}=-1-\mathrm {i} ,\;x_{3}={\frac {-5-3\mathrm {i} }{1+4\mathrm {i} }}=-1+\mathrm {i}$.
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