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398-399.

Œuvres de Descartes.

attribue l’invention à un nommé Scipio Ferreus, nous apprend que la racine est :

${\sqrt[{3}]{{\frac {1}{2}}q+{\sqrt {{\frac {1}{4}}q^{2}+{\frac {1}{27}}p^{3}}}}}-{\sqrt[{3}]{-{\frac {1}{2}}q+{\sqrt {{\frac {1}{4}}q^{2}+{\frac {1}{27}}p^{3}}}}}$^[1].

Comme aussi lorsqu’on a z³ = + pz + q, et que le carré de la moitié du dernier terme est plus grand que le cube du tiers de la quantité connue du pénultième, une pareille règle nous apprend que la racine est :

${\sqrt[{3}]{{\frac {1}{2}}q+{\sqrt {{\frac {1}{4}}q^{2}+{\frac {1}{27}}p^{3}}}}}+{\sqrt[{3}]{{\frac {1}{2}}q-{\sqrt {{\frac {1}{4}}q^{2}-{\frac {1}{27}}p^{3}}}}}$.

D’où il parait qu’on peut construire tous les Problèmes, dont les difficultés se réduisent à l’une de ces deux formes, sans avoir besoin des sections coniques pour autre chose, que pour tirer les racines cubiques de quelques quantités données, c’est-à-dire pour trouver deux moyennes proportionnelles entre ces quantités et l’unité.

Puis si on a z³ = +pz + q, et que le carré de la moitié du dernier terme ne soit point plus grand que le cube du tiers de la quantité connue du pénultième, en supposant le cercle NQPV, dont le demi-diamètre NO soit ${\sqrt {{\frac {1}{3}}p}}$, c’est-à-dire la moyenne proportionnelle entre le tiers de la quantité donnée p et l’unité ; et supposant aussi la ligne NP inscrite dans ce cercle qui soit ${\frac {3q}{p}}$, c’est-à-dire qui soit à l’autre quantité donne q comme l’unité est au tiers de p ; il ne faut que diviser chacun des deux arcs NQP et NVP en trois parties égales, et on aura NQ, la subtendue du tiers de l’un,

1. Dans ces formules de Cardan, le facteur C indique la racine cubique.