Racine cubique de 2

Bonsoir,

Souhaites-tu la valeur exacte de la racine cubique de 2 en écriture décimale ?

Ok.

L'égalité que tu as écrite est fausse : quand on élève un nombre au cube dont le chiffre non nul le plus à droite dans son écriture décimale est 5, alors on obtient encore un nombre "qui se termine par 5".

Google offre une meilleure valeur approchée : 1,25992104989

Ce nombre est irrationnel : son écriture décimale est donc illimitée et son développement décimal n'est pas périodique.

J'ai tapé directement dans Google : 2^(1/3)

Cette loi ?
Si tu parles de ma phrase avec le "5", tu la connais déjà !
Depuis la primaire, tu sais certainement poser des multiplications.
Multiplier deux nombres qui se "terminent" par 5 donne un résultat qui se termine par le dernier chiffre de 5x5...c'est 5. Essaye pour comprendre de poser : ABCD5 x EF5, où A, B, C, D, E et F désignent n'importe quel chiffre.
Tu vas bien commencer par calculer "5x5", comme tout élève de CM2 )

Je comprends mal ce que tu veux :
En effet, c'est impossible.
Par contre, on peut certainement trouver un procédé pour se rapprocher aussi près que l'on souhaite de ce nombre.

NB : tout est théorique car un crayon ordinaire a déjà une épaisseur de l'ordre du millimètre ou du dixième de millimètre...mais en deçà...

Bonsoir (ou bonjour),

Avec la calculatrice de Windows, racine cubique : 1,259 921 049 894 873 164 767 210 607 278 2
son inverse : 0,793 700 525 984 099 737 375 852 819 636 15

Si on retranche 1,259 921 à la racine cubique et qu'on multiplie cela par 1 000 000, on affine un peu : le dernier 2 devient 228 35.
Mais alors il est quasi certain que le dernier chiffre, (ou les deux derniers) est douteux.

Comme le dit Dom, la suite de chiffres est infinie et non périodique, quoi qu'on fasse les valeurs calculées seront des approximations.

Amicalement

Bonjour :

"Passons là dessus bien que je me demande pourquoi" au sujet de la calculatrice qui ne donne pas n'affiche pas le bon résultat.
Ces très simple : si un nombre décimal (écrit en écriture décimale) possède 10 chiffres non nuls derrière la virgule, alors son cube possède 30 chiffres derrière la virgule. Ainsi, le 5 dont je parle est "loin" derrière, et la calculatrice ne peut pas l'afficher.

Si ça peut aider :
https://oeis.org/A002580
Il donne 20000 décimales.

Bonjour
Un classique: comment obtenir une bonne approximation de $\sqrt[3]{2}$ avec une calculatrice de poche en n'utilisant que les touches $2$, $\times$, $\sqrt{}$ et $=$?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,
La valeur exacte de la racine cubique de 2 est "racine cubique de 2" (sais pas écrire avec des V).
Un nombre réel irrationnel...
Peut éclairer @arckz :

“Same difference”, comme on dit outre-Manche. C'est la même suite d'approximations calculée avec (nettement) moins de touches.

C'est cela. On définit la suite $(u_n)$ par $u_0=1$ et, pour tout $n$, $u_{n+1}=\sqrt{\sqrt{2\times u_n}}=2^{1/4}u_n^{1/4}$.

Aparté : soit $(e_n)$ la suite définie par $\displaystyle e_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{4^k}$ pour tout $n$ (avec bien sûr $e_0=0$). Pour $n\ge0$, on a \[e_{n+1}=\frac{1}{4}+\sum_{k=2}^{n+1}\frac{1}{4^k}=\frac14+\sum_{\ell=1}^{n}\frac{1}{4^{\ell+1}}=\frac14+\frac14e_n.\]À présent, montrons par récurrence que $u_n=2^{e_n}$ pour tout $n$. Pour $n=0$, on a bien $u_0=1=2^0=2^{e_0}$. Soit $n\in\N$, supposons que $u_n=2^{e_n}$, alors \[u_{n+1}=2^{1/4}u_n^{1/4}=2^{\frac14}\times2^{\frac{1}{4}e_n}=2^{\frac14+\frac14e_n}=2^{e_{n+1}}.\] D'où le résultat.

[size=x-small]Bien sûr, on peut étudier la suite $(u_n)$ à partir de la relation de récurrence. Soit $f:\R^+\to\R^+$, $x\mapsto(2x)^{1/4}$. Les points fixes de $f$ sont les solutions positives de $x^4=2x$, soit $0$ et $\sqrt[3]{2}$. Du fait que $f$ est strictement croissante et que $x\le f(x)$ pour $x\in[0,\sqrt[3]2]$, on vérifie par récurrence que $1\le u_n\le u_{n+1}\le\sqrt[3]{2}$ pour tout $n$, d'où la convergence de la suite vers une limite supérieure à $1$ et qui, par continuité de $f$, est solution de $x=f(x)$ : c'est $\sqrt[3]{2}$.
Par ailleurs, la suite $(e_n)$ converge vers $\sum_{k\ge1}\frac1{4^k}=\frac14\times\frac{1}{1-\frac14}=\frac13$ donc la suite $(u_n)$ converge vers $2^{1/3}$ mais ce n'est pas une surprise.[/size]
Amicalement.

Bonjour
L’avantage de cette suite récurrente est qu’on peut la donner à étudier par de jeunes lycéens qui découvrent la programmation sur des calculatrices non programmables!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Cher Pappus,
En effet, le programme est simple ! Sur une machine comme je n'en ai plus, on peut taper \[\newcommand{\r}{\fbox{$\sqrt{\hphantom{2}\vphantom{2}}$}}
\fbox{$2$}\ \r\ \r\quad \fbox{$\times$}\ \fbox{$2$}\ \fbox{$=$}\ \r\ \r\quad \fbox{$\times$}\ \fbox{$2$}\ \fbox{$=$}\ \r\ \r\quad \dots\] Cela dit, même avec la TI92-Collège que j'ai sous la main, qui a plus de vingt-cinq ans, il faut utiliser la touche $\fbox{Ans}$ pour obtenir le dernier résultat (answer).

Cher Soland,
Après avoir vainement appliqué la méthode de Householder, j'ai constaté que ta formule (sans doute plus stable parce que le dénominateur ne s'annule pas sur $\R^+$) est la méthode de Halley.

[size=small]
Unwanted information... La méthode de Newton pour approximer la racine de $f:x\mapsto x^3-2$ consiste à itérer la fonction définie pour $x>0$ par \[g(x)=x-\frac{f(x)}{f'(x)}.\] Sa propriété principale est que $r=\sqrt[3]{2}$ est un point fixe attractif : $g'(r)=0$, ce qui assure la convergence quadratique de la méthode de Newton. Ce serait plus rapide si on avait aussi $g''(r)=0$, puisque la convergence serait au moins d'ordre $3$.

Une façon de modifier $g$, c'est de chercher une fonction de la forme \[\tilde g(x)=x-\frac{f(x)}{f'(x)}(1+h(x)),\] avec $h$ « assez dérivable » et $h(r)=0$ : ainsi, $\tilde g$ est une perturbation de $g$). Un développement limité de $\tilde g$ au voisinage de $r$ donne (avec $a=h'(0)$) :\begin{align*} \tilde g(x)&=r+(x-r)-\frac{(x-r)f'(r)+\frac12f''(r)(x-r)^2+o(x-r)^2}{f'(r)+(x-r)f''(r)+o(x-r)}\bigl(1+a(x-r)+o(x-r)\bigr)\\&=r+\frac{\bigl(\frac12f''(r)-af'(r)\bigr)(x-r)^2+o(x-r)^2}{f'(r)+(x-r)f''(r)+o(x-r)}\end{align*}Il faut choisir $h$ de sorte que $h'(0)=\frac{f''(r)}{2f'(r)}$, c'est-à-dire, en remarquant que $(x-r)\sim\frac{f(x)}{f'(x)}$ : \[h(x)\sim \frac{f''(r)}{2f'(r)}(x-r)\sim \frac{f''(r)}{2f'(r)}\cdot\frac{f(x)}{f'(x)}.\]
Prenons donc $h(x)=\dfrac{f(x)f''(x)}{2f'(x)^2}$ ! Les méthodes de Householder et de Halley, toutes deux d'ordre $3$, reviennent à itérer les fonctions \[\tilde g(x)=x-\frac{f(x)}{f'(x)}(1+h(x))=\frac{5x^6+10x^3-4}{9x^5}
\quad\text{et}\quad\hat{g}(x)=x-\frac{f(x)}{f'(x)}\cdot\frac{1}{1-h(x)}=x\frac{x^3+4}{2x^3+1}.\]
[/size]

Bonjour
En notation polonaise inversée, on a plus besoin d’appuyer sur la touche $=$.
Amicalement
[small]p[/small]appus