Exercice 49

1. Les racines rationnelles possibles sont $\pm 1$, et $P(1)=-1$, $P(-1)=3$ : le polynôme, de degré $3$, est donc irréductible sur $\mathbb{Q}$.

L'étude de $x \mapsto x^{3}-3x+1$ donne $P'(x)=3(x^{2}-1)$, d'où un maximum local $P(-1)=3>0$ et un minimum local $P(1)=-1<0$. $$\boxed{P \text{ est irréductible et possède trois racines réelles}, \; \approx -1{,}879 \;;\; 0{,}347 \;;\; 1{,}532.}$$

2. Avec $p=-3$ et $q=1$ : $$\Delta=-4(-3)^{3}-27(1)^{2}=108-27=81$$

3. Le groupe $G$ est un sous-groupe transitif de $\mathfrak{S}_{3}$, donc $\mathfrak{S}_{3}$ ou $\mathfrak{A}_{3}$. Le discriminant étant un carré, $G \subseteq \mathfrak{A}_{3}$. $$\boxed{G=\mathfrak{A}_{3} \simeq \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}}$$

4. On a $|G|=3$, donc $[L:\mathbb{Q}]=3$. Comme $\mathbb{Q}(\alpha) \subseteq L$ et $[\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}]=3$, il vient $L=\mathbb{Q}(\alpha)$ : le corps de décomposition est engendré par une racine.

Vérifions que $\alpha^{2}-2$ est encore racine. De $\alpha^{3}=3\alpha-1$ on tire : $$(\alpha^{2}-2)^{3}-3(\alpha^{2}-2)+1=\alpha^{6}-6\alpha^{4}+9\alpha^{2}-1$$ et $\alpha^{6}=(3\alpha-1)^{2}=9\alpha^{2}-6\alpha+1$, $\alpha^{4}=\alpha \cdot \alpha^{3}=3\alpha^{2}-\alpha$, d'où : $$9\alpha^{2}-6\alpha+1-6(3\alpha^{2}-\alpha)+9\alpha^{2}-1=9\alpha^{2}-18\alpha^{2}+9\alpha^{2}-6\alpha+6\alpha=0$$

5. La formule $\cos(3\theta)=4\cos^{3}\theta-3\cos\theta$ avec $\theta=\dfrac{2\pi}{9}$ donne $\cos\dfrac{2\pi}{3}=-\dfrac{1}{2}$, soit : $$4c^{3}-3c=-\frac{1}{2} \qquad\text{avec}\qquad c=\cos\frac{2\pi}{9}$$ En posant $\alpha=2c$, il vient $\dfrac{\alpha^{3}}{2}-\dfrac{3\alpha}{2}=-\dfrac{1}{2}$, donc $\alpha^{3}-3\alpha+1=0$. $$\boxed{2\cos\dfrac{2\pi}{9} \text{ est racine de } P, \text{ et } L=\mathbb{Q}\big(2\cos\tfrac{2\pi}{9}\big) \subset \mathbb{Q}(\zeta_{9}).}$$

6. Le corps $L$ est réel, de degré $3$ sur $\mathbb{Q}$. Une formule de Cardan sans nombres complexes exigerait d'extraire une racine carrée de $\Delta$ puis une racine cubique à l'intérieur de $\mathbb{R}$. Or $\sqrt{\Delta}=9 \in \mathbb{Q}$ : l'étape quadratique ne produit rien, et il faudrait que $L$ contienne une racine cubique réelle non triviale, c'est-à-dire une sous-extension de degré $3$ obtenue par radicaux réels — ce que le degré $3$ de $L$ sur $\mathbb{Q}$, premier, interdit sans passer par $\mathbb{Q}(\mathrm{j})$. $$\boxed{\begin{array}{l} \text{C'est le \emph{casus irreducibilis} : une cubique à trois racines réelles} \\[1mm] \text{n'est jamais résoluble par radicaux \emph{réels} si elle est irréductible.} \end{array}}$$ Le détour par $\mathbb{C}$ n'est donc pas une maladresse de Cardan : il est inévitable.