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cal ${\sqrt {q}}$ en plus ou en moins, et que les trois racines de l’équation proposée résulteront immédiatement des trois valeurs du radical cubique ${\sqrt[{3}]{-{\frac {p}{2}}\pm {\sqrt {q}}}}.$

4. Nous avons fait voir (2) que la résolution de toute équation du troisième degré appartient essentiellement à une équation du sixième degré ; cependant si l’on voulait délivrer l’équation

$x={\sqrt[{3}]{-{\frac {p}{2}}+{\sqrt {q}}}}+{\sqrt[{3}]{-{\frac {p}{2}}-{\sqrt {q}}}}$

des radicaux, on tomberait dans une équation du neuvième degré ; car en prenant d’abord les cubes on aurait

$x^{3}=-p+3x{\sqrt[{3}]{{\frac {p^{2}}{4}}-q}},$

et prenant de nouveau les cubes, après avoir fait passer dans le premier membre le terme $-p,$ on aurait

$\left(x^{3}+p\right)^{3}=27\left({\frac {p^{2}}{4}}-q\right)x^{3},$

c’est-à-dire, à cause de ${\frac {p^{2}}{4}}-q=-{\frac {n^{3}}{27}},$

$x^{9}+3px^{6}+\left(3p^{2}+n^{3}\right)x^{3}+p^{3}=0.$

Mais il faut remarquer que cette équation renferme, outre les trois racines de la proposée $x^{3}+nx+p=0,$ encore six autres étrangères ; en effet elle peut se décomposer en ces trois-ci

${\begin{aligned}x^{3}+\,\ \ nx+p=&0,\\x^{3}+\alpha nx+p=&0,\\x^{3}+\beta nx+p=&0,\end{aligned}}$

dont les deux dernières sont, comme on voit, différentes de la proposée ; ainsi l’on ne peut rien conclure de cette équation pour le degré auquel