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exprimée en quantités connues, d’où l’on tirera les valeurs de $a$ et $b.$ Mais ces valeurs contiendront la quantité imaginaire ${\sqrt {-3}}$ qui a été introduite par la multiplication, et se réduiront à la même forme que les deux racines

$m{\sqrt[{3}]{\mathrm {A} }}+n{\sqrt[{3}]{\mathrm {B} }}\quad {\text{et}}\quad n{\sqrt[{3}]{\mathrm {A} }}+m{\sqrt[{3}]{\mathrm {B} }},$

que nous avons trouvées plus haut ; ensuite la troisième racine

$c=-a-b$

deviendra ${\sqrt[{3}]{\mathrm {A} }}+{\sqrt[{3}]{\mathrm {B} }}.$ Dans cette méthode, on voit que la quantité imaginaire n’est employée que pour faire réussir l’extraction de la racine cubique, sans laquelle on ne pourrait déterminer séparément les valeurs $a$ et $b\,;$ et, comme il paraît impossible d’y parvenir autrement, on peut regarder comme une vérité démontrée que l’expression générale des racines de l’équation du troisième degré, dans le cas irréductible, ne saurait être indépendante des imaginaires.

Passons aux équations du quatrième degré. Nous avons déjà dit que l’artifice qui avait servi d’abord à résoudre ces équations consistait à les préparer, de manière qu’on pût extraire la racine carrée des deux membres, ce qui les abaissait au second degré. Voici comment : soit

$x^{4}+px^{2}+qx+r=0$

l’équation générale du quatrième degré, privée de son second terme, ce qui est toujours possible, comme vous le savez, en augmentant ou diminuant les racines d’une quantité convenable. Qu’on la mette sous cette forme

$x^{4}=-px^{2}-qx-r,$

et qu’on y ajoute de part et d’autre les termes $2x^{2}y+y^{2},$ qui contiennent une nouvelle indéterininée $y,$ et qui n’empêchent pas que le premier membre ne soit encore un carré, on aura

$\left(x^{2}+y\right)^{2}=(2y-p)x^{2}-qx+y^{2}-r.$

Faisons maintenant en sorte que le second membre soit aussi un carré ;