Solution géométrique d'une équation cubique (Morley)

Ludwig
Modifié (October 2022) dans Géométrie
Bonjour,
Frank Morley dans le paragraphe 42 de son livre Inversive Geometry expose une solution géométrique de l'équation cubique. J'ai entré les formules dans GeoGebra et il y a un problème, je ne comprends pas d'où cela vient.
J'ai déterminé les points de Hessian $h_1$ et $h_2$ en résolvant l'équation de degré 2 mais alors les égalités suivantes ne sont plus vérifiées. Pourquoi ?

Petite remarque : il y a une coquille dans la troisième égalité. On a $a_1a_3-a_2^{2}=-\lambda h_1h_2(h_1-h_2)^2$ .

L'équation du second degré donnée par Morley est correcte, il l'a obtenue en écrivant que $h_1$ et $h_2$ sont les solutions de l'équation $h^2-(h_1+h_2)h+h_1h_2=0$. On a bien le droit de multiplier les coefficients de cette équation par $-\lambda (h_1-h_2)^2$ car ce nombre est différent de $0$. Alors qu'est-ce qui cloche ? J'ai loupé quelque chose ?

Ci-dessous le paragraphe 42 et mon fichier GGB au format txt.

Réponses

  • Magnéthorax
    Modifié (October 2022)
    Hussian ? Sodome Hussian ?
  • Merci Magnétorax, j'ai corrigé.
  • usine
    Modifié (October 2022)
    et $\lambda $ il te sert à quoi à ton avis ?
  • Ludwig
    Modifié (October 2022)
    Il faut rapprocher la méthode de Morley de celle permettant de résoudre une équation cubique en utilisant une équation annexe de degré 2 que l'on trouve en annulant le déterminant d'une matrice hessienne. Je ne connaissais pas cette très jolie méthode, elle a été détaillée par Jas. A. Ward dans un article du National Mathematics Magazine de mai 1935 (voir fichier joint), dont voici une traduction de la conclusion : 

    On a donc une solution d'une cubique très différente de celle de Cardan et aussi plus simple. Dans les cas numériques c'est un vrai gain de temps, notamment parce qu'il n'est pas nécessaire de réduire d'abord l'équation générale et aussi car les cas particuliers se trouvent au tout début.

    L'un d'entre vous a-t-il éclairci la méthode de Morley ?

    Bon dimanche, Ludwig


  • pldx1
    Modifié (October 2022)
    Bonjour.

    On a $eqq:={\it a_0}\,{x}^{3}+3\,{\it a_1}\,{x}^{2}+3\,{\it a_2}\,x+{\it a_3}$ et  $hess:= \left( x-{\it h_1} \right) ^{3}-\lambda\, \left( x-{\it h_2} \right) ^{3}$.  
    On identifie:  $ {\it a_0}=-K\lambda+K,{\it a_1}=K{\it h_2}\,\lambda-K{\it h_1},{\it a_2}=-K{{\it h_2}}^{2}\lambda+K{{\it h_1}}^{2},{\it a_3}=K{{\it h_2}}^{3}\lambda-K{{\it h_1}}^{3}  $

    On substitue et on obtient: \[ {h}^{2} \left( {\it a_0}\,{\it a_2}-{{\it a_1}}^{2} \right) +h \left( {\it a_0}\,{\it a_3}-{\it a_1}\,{\it a_2} \right) + \left({\it a_1}\,{\it a_3}-{{\it a_2}}^{2}\right)=-{K}^{2}\lambda\, \left( {\it h_1}-{\it h_2} \right) ^{2} \left( h-{\it h_2} \right)  \left( h-{\it h_1} \right) \]

    Il reste que résoudre en $h$ à coup de discriminant n'est pas très efficace, et qu'utiliser Newton pour cela soulève la moquerie: pourquoi ne pas faire cela dès le début, sur l'équation en $x$ ?

    Amicalement, Pierre.

    Remarque en passant: le discriminant de l'équation en $h$ vaut  $-1/27$ fois le discriminant de l'équation en $x$.

  • Ludwig
    Modifié (October 2022)
    D'accord ! J'y suis, enfin presque. La méthode géométrique de Morley repose sur les deux propriétés suivantes :

    (1) Dans un triangle le rapport des distances des points de Hessian (*) au centre de gravité est égal au cube du rapport des distances de ces points à un sommet.

    (2) L'angle à un sommet sous-tendu par les points de Hessian est égal au tiers de l'angle au centre de gravité sous-tendu par ces mêmes points (modulo $\pi$). 

    (*) Un autre nom des points isodynamiques $X_{15}$ et $X_{16}$.

    En résolvant une équation du second degré (voir ci-dessus) on détermine les points de Hessian $h_1=X_{15}$ et $h_2=X_{16}$ du triangle formé par les racines de la cubique. D'accord Pierre, on peut faire cela dès le départ avec l'équation en $x$, sans doute obtiendra-t-on des calculs plus simples. Faire cela… mais faire quoi au fait ? Je me demande pourquoi cette méthode fonctionne : d’où vient le lien entre la nullité de ce déterminant hessien et les points isodynamiques ??

    Le centre de gravité, égal au tiers de la somme des racines, vaut $g = -a_1/a_0$. Ensuite on prend $\lambda =\frac{g-h_1}{g-h_2}$. Les racines de la cubique étant aussi solutions de $\frac{(x-h_1)^3}{(x-h_2)^3}=\lambda$, on trouve le cercle circonscrit du triangle formé par ces racines. Quelques détails que Morley ne donne pas, utiles pour terminer la construction : le rayon de ce cercle est égal à $r=\lvert \frac{kd}{k^2-1} \rvert$, avec $d=h_1h_2$ et $k=\lvert \lambda^{1/3} \vert$. Son centre $O$ est le barycentre de $(h_1,-1/k)$ et $(h_2,k)$. 

    L’égalité $(x-h_1)^3/(x-h_2)^3= (g-h_1)/(g-h_2)$ implique aussi que $x$ est tel que $\widehat{h_1xh_2}=\frac{\widehat{h_1gh_2}}{3}.$ Les racines recherchées sont donc les intersections de trois arcs capables avec le cercle circonscrit.

    Ci-dessous une figure pour l’équation $x^3+px+q=0$.


  • Le problème avec les arcs capables c'est qu'il y en a deux possibles par racine : comment choisir le bon ?
    On aurait une relation entre les orientations des angles $\widehat{h_1xh_2}$ et $\widehat{h_1gh_2}$ ?

    En tous cas pas besoin d'utiliser un tel arc pour chaque racine : quand on en a une on a les deux autres car on connaît la position de leur centre de gravité $g$. Si $z$ est la racine connue alors on construit le pied $m$ de la médiane issue de $z$ et les deux autres racines seront les intersections du cercle circonscrit avec le symétrique de celui-ci par rapport à $m$.
  • Ludwig
    Modifié (October 2022)
    Youpi ! Ma figure est terminée !
    J'ai construit la première racine $z_1$ telle que $\widehat{h_1z_1h_2}=\frac{\widehat{h_1gh_2}}{3}$ (les deux autres vérifient cette égalité modulo $\pi$). Il se trouve que la numérotation GGB des intersections de cercle donnent toujours, pour cette racine, le bon arc capable, tant mieux !

    Un petit détail technique : il a fallu ruser pour obtenir une construction stable de l'intersection de l'arc capable avec le cercle trigonométrique, car parfois le logiciel ne la donnait pas !! Alors qu'à l'écran on voyait très bien qu'elle était là. Sans doute crevait-elle l'écran... Alors voilà : on prend l'intersection du cercle circonscrit avec non pas l'arc capable, mais le cercle associé tout entier. Puis l'intersection de l'arc capable avec la droite passant par ces deux points d'intersection. Et hop !

    Les pages wikipedia sur l'équation cubique ne parlent ni de cette méthode ni de celle reposant sur un déterminant hessien. En fait je n'en ai vu la trace nulle part. Quel dommage !

    Cette figure était aussi absente du tube GGB. Maintenant, elle y est ! :smiley:
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