Les tiroirs des Coulisses

Les Coulisses n°1, Le dictionnaire du mépris, ont laissé cinq bonus en suspens et un encadré Vrai ou légende ? sans verdict. Leur sortie promettait six tiroirs : les voici tous ouverts, chaque calcul recontrôlé à la main puis vérifié par machine.

1. Le bonus de la pièce 1 : la cubique qui se résout de tête

L’équation proposée est $x^3 - 3x^2 + 3x - 3 = 0$. Ici $b = -3$, donc la substitution de la pièce s’écrit

$$x = y - \dfrac{b}{3} = y + 1.$$

Deux chemins, et ils donnent évidemment le même résultat. Le premier consiste à reporter la formule générale de la pièce : le coefficient du terme en $y$ vaut $c - \dfrac{b^2}{3} = 3 - \dfrac{9}{3} = 0$, et le terme constant vaut

$$d - \dfrac{bc}{3} + \dfrac{2b^3}{27} = -3 - \dfrac{(-3)\times 3}{3} + \dfrac{2 \times (-27)}{27} = -3 + 3 - 2 = -2.$$

Le second est plus joli et se voit à l’œil nu une fois qu’on l’a vu : les quatre coefficients $1$, $-3$, $3$, $-3$ sont ceux du développement de $(x-1)^3$, au terme constant près. Précisément, pour tout $x \in \mathbb{R}$,

$$x^3 - 3x^2 + 3x - 3 = (x-1)^3 - 2.$$

Dans les deux cas, l’équation réduite est

$$y^3 = 2.$$

L’unique solution réelle. La fonction $y \mapsto y^3$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ (sa dérivée $y \mapsto 3y^2$ est positive et ne s’annule qu’en $0$) et elle réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$ : l’équation $y^3 = 2$ admet donc exactement une solution réelle, $y = \sqrt[3]{2}$. En revenant à $x$ :

$$\boxed{\ x = 1 + \sqrt[3]{2} \approx 2{,}259\,921\ }$$

Le contrôle est immédiat : $(1 + \sqrt[3]{2} - 1)^3 - 2 = 2 - 2 = 0$.

Et le radical emboîté ? C’est là que se joue l’intérêt du bonus. Appliquez la formule de del Ferro-Cardan à la forme réduite $y^3 = py + q$ avec $p = 0$ et $q = 2$ : le discriminant $\dfrac{q^2}{4} - \dfrac{p^3}{27}$ vaut $1$, et la formule donne

$$y = \sqrt[3]{1 + \sqrt{1}} + \sqrt[3]{1 - \sqrt{1}} = \sqrt[3]{2} + 0.$$

Aucun emboîtement, aucune racine carrée résiduelle, un seul radical simple. Sur la forme non réduite, en revanche, la même formule ne s’applique même pas : il faut d’abord effacer le terme carré.

Le recul. La substitution $x = y - \dfrac{b}{3}$ n’est pas un confort de rédaction, c’est ce qui rend la réponse lisible. Le même nombre, $1 + \sqrt[3]{2}$, peut s’écrire de façon parfaitement illisible ou tenir en six caractères, selon l’origine que l’on choisit pour l’axe. Déplacer le repère avant de calculer est un réflexe qui vous resservira bien au-delà des cubiques.

2. Le bonus de la pièce 2 : trois factions, aucune racine impossible

L’équation est celle du cours, $x^3 = 15x + 4$, c’est-à-dire

$$x^3 + 0\,x^2 - 15x - 4 = 0,$$

et ses trois racines sont $4$, $-2 + \sqrt{3}$ et $-2 - \sqrt{3}$. Posons $u = -2 + \sqrt{3}$ et $v = -2 - \sqrt{3}$, de sorte que

$$u + v = -4 \qquad \text{et} \qquad uv = (-2)^2 - \left(\sqrt{3}\right)^2 = 4 - 3 = 1.$$

Les trois factions se calculent alors sans effort :

• première faction : $4 + u + v = 4 - 4 = 0$ ;
• deuxième faction : $4u + 4v + uv = 4(u+v) + uv = -16 + 1 = -15$ ;
• troisième faction : $4uv = 4$.

La règle de Girard, sous la forme moderne donnée dans l’encadré Curieux de la pièce, annonce pour un polynôme unitaire de degré $3$ les valeurs $-a_2$, $a_1$ et $-a_0$, soit ici $0$, $-15$ et $4$. Les comptes tombent, une fois de plus.

Ce que devient l’argument de Girard. Il faut être honnête : sur cette équation, il ne prouve plus rien. Toutes les racines sont réelles, il n’y a aucune solution enveloppée à rayer, donc aucune comptabilité à faire s’effondrer. L’équation $x^4 = 4x - 3$ de la pièce était choisie ; celle-ci ne l’est pas.

Mais rayez tout de même des racines, n’importe lesquelles, et regardez. En ne gardant que la racine entière $4$, la première faction vaut $4$ et non $0$. En ne gardant que les deux racines irrationnelles, elle vaut $-4$. La leçon de Girard survit donc, sous une forme plus large que celle qu’il en donnait : sa règle ne réclame pas les racines impossibles, elle réclame toutes les racines. Les impossibles n’étaient que le cas le plus spectaculaire de cette exigence.

Et le vrai coup de théâtre est ailleurs. Cette équation-là est précisément celle où les imaginaires sont indispensables, non pas dans la réponse mais dans le chemin. Avec $p = 15$ et $q = 4$ :

$$\dfrac{q^2}{4} - \dfrac{p^3}{27} = 4 - \dfrac{3375}{27} = 4 - 125 = -121.$$

La formule de del Ferro-Cardan exige donc $\sqrt{-121}$, alors que les trois racines sont réelles. C’est le calcul de Bombelli que le cours vous a montré : $(2+i)^3 = 2 + 11i$, d’où $(2+i) + (2-i) = 4$.

Le recul. Deux hommes ont réclamé les nombres impossibles pour deux raisons entièrement indépendantes. Girard les voulait pour que le comptage tombe juste ; Bombelli pour que le passage soit possible. Cette équation sépare exactement les deux : l’argument de Girard y est muet, celui de Bombelli y est décisif. Il fallait les deux pour emporter la décision, et il a fallu deux siècles pour que quelqu’un les mette côte à côte.

3. Vrai ou légende : le mot imaginaire et la note marginale

L’affirmation à trancher, au bas de la pièce 3 :

Le mot imaginaire serait une insulte lâchée par Descartes en 1637 dans une simple note marginale de La Géométrie, pour écarter d’un revers de main des solutions qu’il jugeait sans intérêt.

Le verdict : légende sur les deux points pittoresques, vrai sur les trois points vérifiables

Le texte que la pièce 3 reproduit tranche à lui seul, et il suffit de le relire jusqu’au bout.

Ce qui est vrai. La date est bonne : La Géométrie paraît en $1637$, comme troisième essai du Discours de la méthode. L’auteur est bien Descartes. Et le mot est bien le sien, en toutes lettres : « quelquefois seulement imaginaires ». Sur ces trois points, l’affirmation ne se trompe pas, et c’est bien de cette phrase que nos nombres tiennent leur nom pour deux siècles.

Ce qui est faux, premier point : la note marginale. La phrase n’est pas une glose portée en marge, c’est un énoncé du corps du texte, au Livre troisième, dans le fil de l’exposé sur le nombre de racines d’une équation. La différence n’est pas cosmétique : une note marginale est un commentaire jeté à côté du raisonnement, une phrase du Livre troisième est une pièce du raisonnement lui-même.

Ce qui est faux, second point : le revers de main. C’est ici que la lecture complète renverse tout. Descartes n’écarte pas ces racines, il les compte : « on peut bien toujours en imaginer autant que j’ai dit en chaque équation », c’est-à-dire autant que le degré. C’est très exactement le principe posé par Girard huit ans plus tôt, et repris ici sans réserve. Un homme qui pose en règle qu’une équation de degré $n$ a $n$ racines à condition d’y compter les imaginaires ne s’en débarrasse pas d’un geste : il leur fait une place dans sa comptabilité.

Ce qui reste vrai du mépris, mais ailleurs. La seconde moitié de la phrase, elle, refuse quelque chose, et il ne faut pas l’escamoter : « il n’y a quelquefois aucune quantité qui corresponde à celles qu’on imagine ». Descartes leur accorde donc le comptage et leur refuse l’existence. C’est une restriction sérieuse, mais ce n’est pas du dédain, c’est une frontière tracée avec précision. Le vrai mépris de la phrase vise d’ailleurs d’autres nombres : « vraies » y désigne les racines positives et « fausses » les négatives. Huit ans après Girard, ce sont encore les négatifs qui prennent.

Le verdict en une ligne : la date, l’auteur et le mot sont exacts ; la note marginale et le revers de main sont des ajouts de conteurs, et la phrase réelle fait le contraire de ce qu’on lui fait dire, puisqu’elle compte les imaginaires au lieu de les chasser.

Le recul. Une précision d’honnêteté, déjà signalée dans la pièce : la citation de Descartes est donnée en orthographe modernisée (vraies pour vrayes, j’ai pour j’ay), tandis que celle de Girard garde sa graphie d’origine. Aucun mot de fond n’est touché, mais l’asymétrie est réelle et vaut d’être dite. C’est le même réflexe que celui qui vient de servir : on ne juge une phrase qu’après l’avoir lue en entier, et dans son état d’origine quand on le peut.

4. Le bonus de la pièce 4 : partager 10 en deux parties de produit 26

Cherchons deux nombres de somme $10$ et de produit $26$. Ce sont, comme dans la pièce, les racines de

$$T^2 - 10T + 26 = 0, \qquad \Delta = 100 - 104 = -4 = (2i)^2,$$

d’où

$$T = \dfrac{10 \pm 2i}{2}, \qquad\text{c'est-à-dire}\qquad \boxed{\ 5 + i \quad\text{et}\quad 5 - i\ }$$

Le contrôle tient en deux lignes : leur somme vaut $(5+i) + (5-i) = 10$, et leur produit vaut $(5+i)(5-i) = 25 - i^2 = 26$.

La figure l’avait annoncé. Le critère de la pièce 4 demandait $\sqrt{p} \leqslant \dfrac{s}{2}$, soit ici $\sqrt{26} \approx 5{,}099$ contre $5$ : la condition est violée, de très peu, et il n’existe donc aucune solution réelle. Le dépassement se mesure exactement comme dans le cas du cours : le produit maximal de deux nombres de somme $10$ vaut $25$, il en manque $26 - 25 = 1$, et la hauteur de décollage vaut $\sqrt{1} = 1$. C’est bien la partie imaginaire obtenue.

De façon générale, pour une somme $s$ et un produit $p$ avec $p > \dfrac{s^2}{4}$, les deux parties valent

$$\dfrac{s}{2} \pm i\sqrt{p - \dfrac{s^2}{4}}.$$

Le cours traitait $p = 40$, donc un dépassement de $15$ et une hauteur $\sqrt{15}$ ; ici $p = 26$, donc un dépassement de $1$ et une hauteur $1$.

Le recul. La partie imaginaire n’est pas un ornement algébrique : elle mesure de combien l’inégalité entre moyenne géométrique et moyenne arithmétique a été enfreinte. Et $26$ est le premier entier qui l’enfreint d’exactement une unité, ce qui fait tomber la réponse sur le plus élémentaire des nombres complexes non réels. Le problème de Cardan, reposé avec un chiffre changé, donne pour solution $5$ décalé de $i$ : le nombre par lequel tout le chapitre a commencé.

5. Le bonus de la pièce 5 : le successeur de 15

Il faut le plus petit entier strictement supérieur à $15$ qui ne soit pas somme de trois carrés. Énumérons, comme la pièce y invite :

$$16 = 4^2, \quad 17 = 4^2 + 1^2, \quad 18 = 3^2 + 3^2, \quad 19 = 3^2 + 3^2 + 1^2,$$ $$20 = 4^2 + 2^2, \quad 21 = 4^2 + 2^2 + 1^2, \quad 22 = 3^2 + 3^2 + 2^2.$$

Reste $23$, et il résiste. Les carrés qui ne le dépassent pas sont $0$, $1$, $4$, $9$ et $16$. La discussion est complète en trois cas.

• Avec un $16$, un second $16$ est d’emblée exclu puisque $32 > 23$, et il faudrait donc écrire $7$ comme somme de deux carrés pris dans $\{0\,;1\,;4\,;9\}$. Or ces sommes sont $0$, $1$, $2$, $4$, $5$, $8$, $9$, $10$, $13$ et $18$ : aucune ne vaut $7$.
• Sans $16$ mais avec deux $9$, le total plafonne à $9 + 9 + 4 = 22 < 23$.
• Sans $16$ et avec un seul $9$, il faudrait $14$ comme somme de deux carrés pris dans $\{0\,;1\,;4\}$, dont le maximum est $8$. Et sans aucun $9$, le maximum est $4+4+4 = 12$.

Aucune combinaison ne convient :

$$\boxed{\ 23 \text{ est le plus petit entier} > 15 \text{ qui n'est pas somme de trois carrés}\ }$$

Le critère de Legendre confirme. Un entier naturel $n$ est somme de trois carrés si et seulement s’il n’existe aucun couple $(\alpha\,;\beta) \in \mathbb{N}^2$ tel que $n = 4^{\alpha}\left(8\beta + 7\right)$. Or

$$15 = 4^0 \times (8 \times 1 + 7) \qquad \text{et} \qquad 23 = 4^0 \times (8 \times 2 + 7).$$

Les deux sont exclus, et aucun entier entre eux ne l’est, ce que l’énumération vient de vérifier à la main. La suite des exclus commence par $7$, $15$, $23$, $28$, $31$. Notez le $28$ : il n’est pas de la forme $8\beta + 7$, puisque $28 = 8 \times 3 + 4$, mais $28 = 4^1 \times (8 \times 0 + 7)$. Le facteur $4^{\alpha}$ du critère n’est pas décoratif.

Le recul. Deux remarques, dont une qui limite la portée de la réponse. D’abord, ces entiers ne sont pas rares : la densité de la famille $4^{\alpha}(8\beta+7)$ vaut $\dfrac{1}{8} \times \dfrac{1}{1 - \dfrac{1}{4}} = \dfrac{1}{6}$, soit un entier sur six. Ensuite, et c’est le point : $23$ n’aurait pas pu servir à fermer la porte de la dimension trois. L’argument de la pièce 5 réclamait un entier exclu qui soit le produit de deux entiers non exclus, et $15 = 3 \times 5$ remplit exactement ce cahier des charges. Or $23$ est premier. Répondre à la question posée et fournir le contre-exemple voulu sont deux choses différentes ; le suivant qui conviendrait est $28 = 2 \times 14$, avec $2 = 1^2 + 1^2 + 0^2$ et $14 = 3^2 + 2^2 + 1^2$.

6. Le bonus de la pièce 6 : l’orbite de $c = -2$

On part de $z_0 = 0$ et on applique $z_{n+1} = z_n^{\,2} + c$ avec $c = -2$. Aucun nombre complexe n’apparaît, tout se passe sur la droite réelle :

$$z_0 = 0, \qquad z_1 = 0^2 - 2 = -2, \qquad z_2 = (-2)^2 - 2 = 2, \qquad z_3 = 2^2 - 2 = 2.$$

À partir de $z_2$, plus rien ne bouge : $2$ est un point fixe de la transformation, puisque $2^2 - 2 = 2$. L’orbite se stabilise donc en trois termes et ne prend que trois valeurs, $0$, $-2$ et $2$. Elle est manifestement confinée, et

$$\boxed{\ -2 \text{ appartient à l'ensemble de Mandelbrot}\ }$$

De quel côté prolonger l’axe. La pièce 6 dessine, dans son second panneau, les deux plus grosses pièces de l’ensemble : la cardioïde principale, dont le point le plus à droite est $\dfrac{1}{4}$, et le disque accroché à sa gauche, de centre $-1$ et de rayon $\dfrac{1}{4}$, dont le bord gauche tombe donc en $-1{,}25$. Le nombre $-2$ est réel : il est sur l’axe horizontal, et il faut prolonger celui-ci vers la gauche, d’environ trois quarts d’unité au-delà du disque, pour l’atteindre.

Il y arrive au bout du monde. L’ensemble de Mandelbrot rencontre l’axe réel exactement le long de l’intervalle $\left[-2\,;\dfrac{1}{4}\right]$, et $-2$ en est l’extrémité gauche, la pointe de l’antenne que l’on voit dépasser sur toutes les images. Les deux bouts se contrôlent d’ailleurs par le même genre de calcul que ci-dessus : pour $c$ réel, la transformation admet un point fixe réel si et seulement si l’équation $z^2 - z + c = 0$ a une solution réelle, c’est-à-dire si $1 - 4c \geqslant 0$, soit $c \leqslant \dfrac{1}{4}$. Au-delà, pour $c$ réel strictement supérieur à $\dfrac{1}{4}$, la suite est strictement croissante puisque $z^2 + c > z$ pour tout réel $z$, et elle n’a aucun point fixe où se poser : elle part donc à l’infini. Voilà le bord droit.

Le recul. Le point $-2$ est un cas limite à tous les égards. Son orbite atteint la valeur $2$ et s’y arrête, sans jamais la dépasser : c’est très exactement le seuil du critère d’échappement que le chapitre C2 vous fera démontrer, saturé sans être franchi. Et son orbite n’est pas périodique dès le départ, elle le devient après deux pas, ce qui en fait un point de Misiurewicz au même titre que le $i$ de la note de la pièce. Le théorème cité annonçait que ces points sont tous sur le bord : $-2$ ne dément pas, puisqu’il est le dernier point de l’ensemble sur l’axe réel. Descendez d’un cheveu, prenez $c = -2{,}01$, et l’orbite part à l’infini.

Sources

• Coulisses n°1 de la série expertes, Le dictionnaire du mépris, pièces 1, 2, 3, 4, 5 et 6, leurs encadrés Bonus et l’encadré Vrai ou légende ? de la pièce 3.
• Cours C1, sections 2 (formule de del Ferro-Cardan et calcul de Bombelli), 4 (le produit dans $\mathbb{C}$) et 5 (le problème des deux parties de $10$) ; Atelier C1, exercices 24 à 28.
• Descartes, La Géométrie, Livre troisième, 1637, pour la phrase sur les racines imaginaires, citée en orthographe modernisée ; Girard, Invention nouvelle en l’algèbre, 1629, pour les factions.
• Legendre, pour la caractérisation des entiers qui ne sont pas somme de trois carrés.
• Valeurs recalculées par machine : les racines et les trois factions de $x^3 = 15x + 4$, le discriminant $-121$ de la formule de Cardan, les décompositions en trois carrés de $16$ à $29$, et l’orbite de $c = -2$ sur six termes.