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dans la proposée la réduira à celle-ci

$y^{3}+3y^{2}z+3yz^{2}+z^{3}+n(y+z)+p=0,$

qu’on peut mettre sous cette forme plus simple

$y^{3}+z^{3}+p+(y+z)(3yz+n)=0.$

Qu’on fasse maintenant ces deux équations séparées

$y^{3}+z^{3}+p=0,$

$3yz+n=0,$

on aura

$z=-{\frac {n}{3y}},$

et, substituant dans la première,

$y^{3}-{\frac {n^{3}}{27y^{3}}}+p=0,$

c’est-à-dire

$y^{6}+py^{3}-{\frac {n^{3}}{27}}=0.$

Cette équation est à la vérité du sixième degré, mais comme elle ne renferme que deux différentes puissances de l’inconnue, dont l’une a un exposant double de celui de l’autre, il est clair qu’elle peut se résoudre comme celles du second degré. En effet, on aura d’abord

$y^{3}=-{\frac {p}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {p^{2}}{4}}+{\frac {n^{3}}{27}}}},$

et de là

$y={\sqrt[{3}]{-{\frac {p}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {p^{2}}{4}}+{\frac {n^{3}}{27}}}},}}.$

Ainsi l’on connaîtra $y$ et $z,$ et de là on aura

$x=y+z=y-{\frac {n}{3y}}.$

2. Il se présente différentes remarques à faire sur cette solution. D’abord il est clair que la quantité $y$ doit avoir six valeurs, puisqu’elle dépend d’une équation du sixième degré ; de sorte que la quantité $x$ aura aussi six valeurs ; mais comme $x$ est la racine d’une équation du troisième degré, on sait qu’elle ne peut avoir que trois valeurs différentes ;