# Équation du quatrième degré/Méthode de Descartes

Après avoir vu la méthode de Ferrari, nous allons étudier une seconde méthode de résolution des équations du quatrième degré, due à René Descartes.

## Préliminaire

Un polynôme est dit unitaire si son coefficient de plus haut degré est égal à 1.
La méthode de Descartes utilise la propriété suivante :
Le produit de deux polynômes unitaires du second degré donne un polynôme (unitaire du quatrième degré) sans monôme de degré 3 si et seulement si les coefficients de degré 1 des deux polynômes du second degré sont opposés.
Développons un produit quelconque de deux polynômes unitaires du second degré :
    $(X^{2}+mX+p)(X^{2}+qX+r)=X^{4}+(q+m)X^{3}+(p+mq+r)X^{2}+(mr+pq)X+pr$.
Le produit est sans monôme de degré 3 si et seulement si $q+m=0$.

## Exercice d'échauffement

Commençons par développer deux polynômes unitaires irréductibles du second degré dont les coefficients du premier degré sont opposés. Nous avons par exemple :
    $(x^{2}+5x+3)(x^{2}-5x+2)=x^{4}-20x^{2}-5x+6$.
Nous allons maintenant essayer de refactoriser le polynôme x$^4$ – 20x$^2$ – 5x + 6 de manière à retrouver les deux polynômes du second degré, à coefficients du premier degré opposés, dont nous étions partis.
Pour cela, nous poserons a priori :
    $x^{4}-20x^{2}-5x+6=(x^{2}+ax+b)(x^{2}-ax+c)$.
En développant le second membre, nous obtenons :
    $x^{4}-20x^{2}-5x+6=x^{4}-(a^{2}-b-c)x^{2}-a(b-c)x+bc$.
Par identification des coefficients, nous obtenons le système :
    ${\begin{cases}a^{2}-b-c=20\\a(b-c)=5\\bc=6.\end{cases}}$
Nous voyons alors que ce système peut s'écrire :
    ${\begin{cases}b+c=a^{2}-20\\b-c={\frac {5}{a}}\\bc=6.\end{cases}}$
Par addition et soustraction membre à membre des deux premières équations, on obtient :
    ${\begin{cases}b={\frac {1}{2}}\left(a^{2}-20+{\frac {5}{a}}\right)\\c={\frac {1}{2}}\left(a^{2}-20-{\frac {5}{a}}\right)\\bc=6.\end{cases}}$
En portant les valeurs trouvées de b et c des deux premières équations dans la troisième, on obtient :
${\begin{cases}b={\frac {1}{2}}\left(a^{2}-20+{\frac {5}{a}}\right)\\c={\frac {1}{2}}\left(a^{2}-20-{\frac {5}{a}}\right)\\{\frac {1}{4}}\left(a^{2}-20+{\frac {5}{a}}\right)\left(a^{2}-20-{\frac {5}{a}}\right)=6.\end{cases}}$
La troisième équation peut alors s'écrire, en utilisant l'identité remarquable (a + b)(a – b) = a$^2$ – b$^2$ :
    $(a^{2}-20)^{2}-{\frac {25}{a^{2}}}=24$.
En multipliant les deux membres par a$^2$, en développant et en mettant tous les termes dans le premier membre, on obtient :
    $a^{6}-40a^{4}+376a^{2}-25=0$.
Nous voyons alors que a$^2$ est racine de l'équation :
    $y^{3}-40y^{2}+376y-25=0$.
Cette équation admet 25 comme racine évidente. Par conséquent, on peut poser :
    $a^{2}=25$
et l'on peut choisir a = 5.
On en déduit ensuite :
    $b={\frac {1}{2}}\left(a^{2}-20+{\frac {5}{a}}\right)={\frac {1}{2}}\left(5^{2}-20+{\frac {5}{5}}\right)=3$ ;
    $c={\frac {1}{2}}\left(a^{2}-20-{\frac {5}{a}}\right)={\frac {1}{2}}\left(5^{2}-20-{\frac {5}{5}}\right)=2$.
En reportant les valeurs trouvées de $a,b,c$ dans :
    $x^{4}-20x^{2}-5x+6=(x^{2}+ax+b)(x^{2}-ax+c)$,
nous voyons que la factorisation recherchée de x$^4$ – 20x$^2$ – 5x + 6 est donc :
    $x^{4}-20x^{2}-5x+6=(x^{2}+5x+3)(x^{2}-5x+2)$
et nous avons bien retrouvé le produit de deux polynômes du second degré dont nous étions partis au début.

## Principe de la méthode de Descartes

Nous allons dans ce paragraphe généraliser ce qui a été vu dans un cas particulier au paragraphe précédent.
Soit donc à résoudre une équation de la forme :
    $z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$
(nous savons que toute équation de degré 4 s'y ramène).
Nous supposerons de plus que $q\neq 0$ (car lorsque $q=0$, l'équation est bicarrée donc facile à résoudre).
Nous allons essayer de factoriser le premier membre comme produit de deux polynômes unitaires du second degré, dont les coefficients de degré 1 sont alors nécessairement opposés. Nous écrirons donc :
    $z^{4}+pz^{2}+qz+r=(z^{2}+az+b)(z^{2}-az+c)$.
En développant le second membre, nous obtenons :
    $z^{4}+pz^{2}+qz+r=z^{4}+(b+c-a^{2})z^{2}-a(b-c)z+bc$.
Par identification des coefficients, nous obtenons le système :
    ${\begin{cases}b+c-a^{2}=p\\a(b-c)=-q\\bc=r.\end{cases}}$
Nous voyons alors que $a$ est nécessairement non nul (puisque $q\neq 0$) et ce système peut s'écrire :
    ${\begin{cases}b+c=a^{2}+p\\b-c=-{\frac {q}{a}}\\bc=r.\end{cases}}$
Par addition et soustraction membre à membre des deux premières équations, on obtient :
    ${\begin{cases}b={\frac {a^{2}+p-{\frac {q}{a}}}{2}}\\c={\frac {a^{2}+p+{\frac {q}{a}}}{2}}\\4bc=4r.\end{cases}}$
En portant les valeurs trouvées de b et c des deux premières équations dans la troisième, on obtient :
    ${\begin{cases}b={\frac {a^{2}+p-{\frac {q}{a}}}{2}}\\c={\frac {a^{2}+p+{\frac {q}{a}}}{2}}\\\left(a^{2}+p-{\frac {q}{a}}\right)\left(a^{2}+p+{\frac {q}{a}}\right)=4r.\end{cases}}$
La troisième équation peut alors s'écrire, en utilisant l'identité remarquable (a + b)(a – b) = a$^2$ – b$^2$ :
    $(a^{2}+p)^{2}-{\frac {q^{2}}{a^{2}}}=4r$.
En multipliant les deux membres par $a^{2}$, en développant et en mettant tous les termes dans le premier membre, on obtient :
    $a^{6}+2pa^{4}+(p^{2}-4r)a^{2}-q^{2}=0$.
Nous voyons alors que $a^{2}$ est racine de l'équation :
    $y^{3}+2py^{2}+(p^{2}-4r)y-q^{2}=0$.
Soit y$_0$, y$_1$, y$_2$ les trois racines de cette dernière équation. Laquelle de ces trois racines allons-nous choisir ? D'un point de vue théorique, cela n'a aucune importance. D'un point de vue pratique, nous choisirons, bien sûr, celle qui nous parait la plus sympa. Par exemple, s'il y a une racine réelle et deux racines complexes conjuguées, nous choisirons, sauf cas particulier, la racine réelle.
Supposons, pour fixer les idées, que la racine que nous choisissons est y$_0$. Comme a$^2$ = y$_0$, nous choisirons pour a l'une des deux racines carrées de y$_0$, que nous noterons :
    $a={\sqrt {y_{0}}}$.
En reportant cette valeur de a dans les deux premières équations du système, nous en déduisons :
    ${\begin{cases}b={\frac {y_{0}+p-{\frac {q}{\sqrt {y_{0}}}}}{2}}\\c={\frac {y_{0}+p+{\frac {q}{\sqrt {y_{0}}}}}{2}}\\a={\sqrt {y_{0}}}.\end{cases}}$
L'équation à résoudre :
    $z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$,
que nous cherchions à factoriser sous la forme :
    $(z^{2}+az+b)(z^{2}-az+c)=0$,
s'écrira par conséquent :
    $\left(z^{2}+z{\sqrt {y_{0}}}+{\frac {y_{0}+p-{\frac {q}{\sqrt {y_{0}}}}}{2}}\right)\left(z^{2}-z{\sqrt {y_{0}}}+{\frac {y_{0}+p+{\frac {q}{\sqrt {y_{0}}}}}{2}}\right)=0$.
Nous nous sommes ramenés à résoudre les deux équations suivantes :
* $z^{2}+z{\sqrt {y_{0}}}+{\frac {y_{0}+p-{\frac {q}{\sqrt {y_{0}}}}}{2}}=0$ ;
* $z^{2}-z{\sqrt {y_{0}}}+{\frac {y_{0}+p+{\frac {q}{\sqrt {y_{0}}}}}{2}}=0$.
Ces deux équations du second degré sont les mêmes que dans la méthode de Ferrari, via le changement de paramètre $y_{0}=2\lambda _{0}-p$. Les expressions obtenues dans la suite de cette résolution sont donc identiques à celles du chapitre précédent :
    ${\begin{matrix}z_{0}&=&{\frac {-{\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {\Delta _{+}}}}{2}},&z_{1}&=&{\frac {-{\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {\Delta _{+}}}}{2}},\\z_{2}&=&{\frac {{\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {\Delta _{-}}}}{2}},&z_{3}&=&{\frac {{\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {\Delta _{-}}}}{2}}\end{matrix}}$
avec
    $\Delta _{\pm }=y_{0}-2\left(y_{0}+p\pm {\frac {q}{\sqrt {y_{0}}}}\right)=-y_{0}-2p\pm {\frac {2q}{\sqrt {y_{0}}}}$.

## Résumé de la méthode de Descartes

Ce que nous avons fait au paragraphe précédent est un peu long. Nous allons le résumer dans un encadré.
Soit à résoudre une équation mise sous la forme :
    $z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$,
dont les racines seront notées z$_0$, z$_1$, z$_2$, z$_3$.
Si $q=0$, l'équation est bicarrée.
Si $q\neq 0$, nous commencerons par résoudre l'équation :
    $y^{3}+2py^{2}+(p^{2}-4r)y-q^{2}=0$.
Soit y$_0$ l'une des trois racines de cette dernière équation.
Nous en déduisons les solutions :
    ${\begin{matrix}z_{0}&=&{\frac {1}{2}}\left(-{\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {-y_{0}-2p+{\frac {2q}{\sqrt {y_{0}}}}}}\right),&z_{1}&=&{\frac {1}{2}}\left(-{\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {-y_{0}-2p+{\frac {2q}{\sqrt {y_{0}}}}}}\right),\\z_{2}&=&{\frac {1}{2}}\left({\sqrt {y_{0}}}+{\sqrt {-y_{0}-2p-{\frac {2q}{\sqrt {y_{0}}}}}}\right),&z_{3}&=&{\frac {1}{2}}\left({\sqrt {y_{0}}}-{\sqrt {-y_{0}-2p-{\frac {2q}{\sqrt {y_{0}}}}}}\right).\end{matrix}}$

## Cas général

De même que la méthode de Ferrari, celle de Descartes s'applique tout aussi bien directement à une équation de la forme
    $x^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0$,
sans la mettre au préalable sous la forme $z^{4}+pz^{2}+qz+r=0$.
Le principe est le même et la méthode s'écrit alors comme suit (si $b=0$, on retrouvera, aux notations près, les formules précédentes).
On suppose que l'équation ne se ramène pas à une équation bicarrée, c'est-à-dire (cf. chapitre 3) que $b^{3}-4bc+8d\neq 0$, et l'on cherche $f,g,f',g'$ tels que
    $X^{4}+bX^{3}+cX^{2}+dX+e=(X^{2}+fX+g)(X^{2}+f'X+g')$,
c'est-à-dire
    ${\begin{cases}f+f'&=b&(1)\\g'+g&=c-ff'&(2)\\fg'+f'g&=d&(3)\\gg'&=e&(4).\end{cases}}$
Ceci implique
    $f\neq f'$
(sinon, l'équation $(1)$ donnerait $f=f'={\frac {b}{2}}$ d'où, d'après les équations $(2)$ et $(3)$ : $d={\frac {b}{2}}(g'+g)={\frac {b}{2}}\left(c-{\frac {b^{2}}{4}}\right)$, ce qui est exclu par l'hypothèse $b^{3}-4bc+8d\neq 0$).
Le système est donc équivalent à
    ${\begin{cases}f+f'&=b&(1)\\g'&={\frac {d-(c-ff')f'}{f-f'}}&(2')\\g&={\frac {(c-ff')f-d}{f-f'}}&(3')\\gg'&=e&(4)\end{cases}}$
et l'on peut le résoudre en réduisant le nombre d'équations et d'inconnues par substitutions successives : il suffit de reporter dans $(4)$ les expressions de $g$ et $g'$ données par $(2')$ et $(3')$, et de trouver une solution $(f,f')$ des équations $(1)$ et $(4')$ (la nouvelle équation $(4)$ après ce report), puis d'en déduire $g$ et $g'$ grâce à $(2')$ et $(3')$.
Plus explicitement :
    $(4')\quad :\quad \left[(c-ff')f-d\right]\left[d-(c-ff')f'\right]=(f-f')^{2}e$
devient, en posant
    $y=-ff'$
et en tenant compte de $(1)$ :
    $-d^{2}+bd(c+y)+(c+y)^{2}y=(b^{2}+4y)e$,
qui est une équation de degré 3 en $y$ (la résolvante) :
    $y^{3}+2cy^{2}+(c^{2}-4e+bd)y-d^{2}+bcd-b^{2}e=0$.
Soit $y_{0}$ l'une des trois racines de cette équation. Les solutions $f,f'$ de
    ${\begin{cases}f+f'&=b&(1)\\ff'&=-y_{0}\end{cases}}$
sont :
    $f={\sqrt {y_{0}+{\frac {b^{2}}{4}}}}+{\frac {b}{2}},\quad f'=-{\sqrt {y_{0}+{\frac {b^{2}}{4}}}}+{\frac {b}{2}}$
et les valeurs correspondantes de $g,g'$ sont donc :
    $g={\frac {y_{0}+c}{2}}-{\frac {d-b(c+y_{0})/2}{2{\sqrt {y_{0}+b^{2}/4}}}},\quad g'={\frac {y_{0}+c}{2}}+{\frac {d-b(c+y_{0})/2}{2{\sqrt {y_{0}+b^{2}/4}}}}$.
Finalement, les quatre solutions de
    $x^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0$
sont les deux solutions de $x^{2}+fx+g=0$ et les deux solutions de $x^{2}+f'x+g'=0$, c'est-à-dire :
    ${\begin{matrix}x_{0}&=&{\frac {-f+{\sqrt {\Delta _{+}}}}{2}},&x_{1}&=&{\frac {-f-{\sqrt {\Delta _{+}}}}{2}},\\x_{2}&=&{\frac {-f'+{\sqrt {\Delta _{-}}}}{2}},&x_{3}&=&{\frac {-f'-{\sqrt {\Delta _{-}}}}{2}}\end{matrix}}$
avec
    $\Delta _{+}=f^{2}-4g\quad {\text{et}}\quad \Delta _{-}=f'^{2}-4g'$,
ce qui donne
    $\Delta _{\pm }=-y_{0}-2c\pm {\frac {2d-bc+b^{3}/4}{\sqrt {y_{0}+b^{2}/4}}}$.
Les deux équations $x^{2}+fx+g=0$ et $x^{2}+f'x+g'=0$ sont exactement les mêmes que dans la méthode de Ferrari, via le changement de paramètre $y_{0}=2\lambda _{0}-c$, et par ce changement, l'équation cubique résolvante de Descartes équivaut à celle de Ferrari.
Par construction, $y_{0}=-(-f)(-f')=-(x_{0}+x_{1})(x_{2}+x_{3})$ et puisqu'on a des expressions analogues des $x_{i}$ en fonction des deux autres racines $y_{1},y_{2}$ de la résolvante, celles-ci sont nécessairement égales à $-(x_{0}+x_{2})(x_{1}+x_{3})$ et $-(x_{0}+x_{3})(x_{1}+x_{2})$.
Cette remarque préfigure la méthode de Lagrange, que nous étudierons au prochain chapitre.