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il faudra, pour cela, que l’on ait

$4(2y-p)(y^{2}-r)=q^{2},$

et alors la racine du carré sera

$x{\sqrt {2y-p}}-{\frac {q}{2{\sqrt {2y-p}}}}.$

Ainsi, pourvu que la quantité $y$ satisfasse à l’équation précédente, qui devient par le développement

$y^{3}-{\frac {py^{2}}{2}}-ry+{\frac {pr}{2}}-{\frac {q^{2}}{8}}=0,$

et qui n’est, comme l’on voit, que du troisième degré, la proposée se réduira, par l’extraction de la racine carrée, à celle-ci

$x^{2}+y=x{\sqrt {2y-p}}-{\frac {q}{2{\sqrt {2y-p}}}},$

où l’on peut prendre le radical ${\sqrt {2y-p}}$ en plus et en moins ; de sorte qu’on aura proprement deux équations du second degré, dans lesquelles la proposée se trouvera décomposée, et dont les racines donneront les quatre racines de la proposée, ce qui fournit le premier exemple de la décomposition des équations en d’autres de degrés inférieurs.

La méthode de Descartes, qu’on suit communémentdans les éléments de l’Algèbre, est fondée sur le même principe, et consiste à supposer immédiatement que la proposée soit produite par la multiplication de deux équations du second degré, telles que

$x^{2}-ux+s=0\quad {\text{et}}\quad x^{2}+ux+t=0,$

$u,s,t$ étant des coefficients indéterminés ; en les multipliant l’une par l’autre, on a

$x^{4}+\left(s+t-u^{2}\right)x^{2}+(s-t)ux+st=0,$

dont la comparaison avec la proposée donne

$s+t-u^{2}=p,\quad (s-t)u=q,\quad {\text{et}}\quad st=r\,;$