Racine cubique

Bonjour,
Pourriez vous m'expliquer comment trouver la racine cubique de 2+racinecarre(5) ou encore la racine cubique de -2+10racinecarre(3)/9 ?
Merci par avance pour vos contributions.

Réponses

  • Ça dépend de ce que tu veux dire par "trouver".

    Si tu veux juste l'existence de cette chose c'est un fait général : tout réel admet une unique racine cubique réelle.
    Si tu parles d'une approximation décimale il y a plein de techniques numériques pour ça : Newton, dichotomie, développement en série de $x \mapsto \sqrt[3]{1+x}$ au voisinage de $0$, etc.
  • Il faut rechercher la racine cubique sous la forme $a+b\sqrt5$ avec $a$ et $b$ rationnels.
    On obtient deux égalités avec $a$ et $b$.
    En faisant le rapport de ces deux égalité et en posant $r=\dfrac ab$ on obtient une équation en $r$ du troisième degré qui a une solution évidente.
    On en déduit $a$ et $b$.
  • Bonjour,

    > comment trouver la racine cubique de 2+racinecarre(5)

    Ce nombre dort.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Rescassol.
    Tout à fait. On pense (surtout après le post de Jandri !) qu'il y a une solution $z \in \Q(\sqrt 5)$ telle que $z^3 = 2 + \sqrt 5$. Un petit coup de norme (celle de $\Q(\sqrt 5)/\Q$) donne $N(z)^3 = -1$. Et donc (pas sortis de $\R$ !), c'est que l'on a $N(z) = -1$.
    Bilan : $z$ est une puissance de l'unité fondamentale de $\Q(\sqrt 5)$ i.e. $z = \phi^k$ avec
    $$
    \phi = {1 + \sqrt 5 \over 2}
    $$
    Et comme $\phi^k$ tend vers $\infty$ quand $k$ tend vers $\infty$ quand $k \mapsto \infty$, le graal est à distance finie. Ou plus simplement, la suite $\phi^k$ est croissante en $k$. Et pourquoi (faire semblant de) se fatiguer alors que

    > K<r5> := QuadraticField(5) ;
    > r5^2 ;
    5
    > phi := (1 + r5)/2 ;
    > Norm(phi) ;
    -1
    > phi^3 ;
    r5 + 2
    
  • Bonjour

    $2+\sqrt5 = \frac18 (1+3\sqrt5+3\sqrt5^2+\sqrt5^3) = \left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^3$
  • Généralisation des puissances du nombre d'or
    $\phi ^n=(L_n+F_n\sqrt{5})/2$
    avec$(L),(F)$ les suites de Lucas et Fibonacci
    $n=3$ donne le résultat demandé puisque $L_3=4,F_3=2$
  • Je suis le seul à être choqué par l'ambigüité de la question ?
  • Non, non @Poirot, je suis comme toi.
    Grâce aux autres, je trouve « la question » intéressante*...grâce aux autres...


    *le fait de savoir s'il existe une racine cubique dans $\mathbb Q [ \sqrt{5} ]$.
  • On a $\Big (\dfrac{-3+\sqrt3}{3}\Big )^3=-2+10\dfrac{\sqrt3}{9}$
  • bonsoir


    $x^3=2+\sqrt{5}$ et $y^3=2-\sqrt{5}$

    donne : $x^3+y^3=4$ et $x^3*y^3=-1$

    donc $xy=-1$ et $ (x+y)^3-3xy(x+y)=4$

    donc $ (x+y)^3+3(x+y)=4$

    le polynome $P(t)=t^3+3t-4$ admet 1 comme racine évidente, c'est la seule racine étant donné que c'est une fonction croissante

    donc $x+y=1$ et $xy=-1$ x et y sont solution de $X^2-X-1=0$

    On conclut en considérant le signe de x et le signe de y
  • Bonjour,

    J'ai essayé d'appliquer la méthode proposée par visiteur pour calculer la racine cubique de $-2+\dfrac{10}{9}\sqrt{3}$.

    Je pose donc $x^3=-2+\dfrac{10}{9}\sqrt{3}$ et $y^3=-2-\dfrac{10}{9}\sqrt{3}$.

    $x^3+y^3=-4$ et $x^3y^3=4-\dfrac{300}{81}=\dfrac{8}{27}$

    De $x^3y^3=\dfrac{8}{27}$ on tire $xy=\dfrac{2}{3}$ puis

    $-4=x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=(x+y)^3-3\dfrac{2}{3}(x+y)$ d'où $(x+y)^3-2(x+y)+4=0$.

    On considère donc le polynôme $P(t)=t^3-2t+4$.

    Ses racines sont complexes conjuguées : $\dfrac{2+2i\sqrt{3}}{2}=1+i\sqrt{3}$ et $\dfrac{2-2i\sqrt{3}}{2}=1-i\sqrt{3}$.

    Donc $x+y=1+i\sqrt{3}$ ou $x+y=1-i\sqrt{3}$.

    Bon ici ce qui me pose problème c'est que lorsque je pose $x^3=-2+\dfrac{10}{9}\sqrt{3}$ et $y^3=-2-\dfrac{10}{9}\sqrt{3}$ , je considère $x$ et $y$ réels (autrement dit je cherche les racines cubiques réelles). Je sais que tout nombre complexe (donc en particulier tout nombre réel) admet trois racines cubiques complexes (dont une réelle).

    Bon on va quand même continuer.

    $x$ et $y$ sont solutions de l'équation $X^2-(1+i\sqrt{3})X+\dfrac{2}{3}=0$ ou solutions de l'équation $X^2-(1-i\sqrt{3})X+\dfrac{2}{3}=0$.

    Mais bon la je m'enfonce dans des calculs compliqués qui n'aboutissent pas.

    Pourriez-vous me dire où je me trompe ?

    Merci.
  • -2 est la racine réelle du polynôme P
  • Je suis stupide, j'ai pris P pour un polynôme de degré 2 alors qu'il est de degré 3, n'importe quoi !!! Merci.
  • P est un polynôme de degré 3 !!!
  • Donc $x+y=-2$ et $xy=\dfrac{2}{3}$ donc $x$ et $y$ sont les solutions de l'équation $X^2+2X+\dfrac{2}{3}=0$.

    Les solutions de $X^2+2X+\dfrac{2}{3}=0$ sont $-1+\sqrt{3}/3$ et $-1-\sqrt{3}/3$.

    Comme $x^3>y^3$ alors $x>y$ et donc $x=-1+\sqrt{3}/3$. On vérifie bien que $(-1+\sqrt{3}/3)^3=-2+10\sqrt{3}/9$.
  • Cette méthode est très intéressante mais elle utilise la recherche de racines d'un polynôme de degré 3 (dans les deux cas proposés dans ce post, il existait une seule racine réelle et elle était "évidente"). Mais quand ce n'est pas le cas comment fait-on ?
    Mais plus problématique encore, c'est que la recherche des racines cubiques que j'ai proposée s'inscrivait dans un démarche de résolution des équations de degré 3 par la formule de Cardan.
    Je précise mes propos :
    On cherche les solutions réelles de l'équation $x^3-2x+4=0$ (de la forme $x^3+px+q=0$). La méthode de Cardan consiste à poser $x=u+v$ et à imposer la condition $3uv+p=0$, ce qui nous amène à la résolution du système $$\left\lbrace \begin{matrix} u^3v^3=8/27\\ u^3+v^3=-4\end{matrix}\right.$$
    Ainsi $u^3$ et $v^3$ sont solutions de $t^2+4t+8/27=0$, soit $u^3=-2+10\sqrt{3}/9$ et $v^3=-2-10\sqrt{3}/9$. Et c'est là que l'on a besoin d'extraire la racine cubique de $-2+10\sqrt{3}/9$ !!! Quand on a les racines cubiques, qui valent donc $-1+\sqrt{3}/3$ et $-1-\sqrt{3}/3$ alors on a $x=-1+\sqrt{3}/3+-1-\sqrt{3}/3=-2$.
    $-2$ étant une solution réelle de $x^3-2x+4=0$.

    Ainsi chercher une racine d'un polynôme de degré 3 dans une méthode de résolution d'équation polynomiale de degré 3 c'est le serpent qui se mort la queue ?
  • Bon en fait c'est pire que ça puisque je retombe exactement sur l'équation de départ qui était $x^3-2x+4=0$..
  • Avec la méthode de jandri :

    Je pose $x=a+b\sqrt{3}$ avec $a$ et $b$ rationnels.

    $x^3=-2+\dfrac{10}{9}\sqrt{3} \Leftrightarrow a^3+3a^2b\sqrt{3}+3ab^23+b^33\sqrt{3}=-2+\dfrac{10}{9}\sqrt{3}\Leftrightarrow \left\lbrace \begin{matrix}a^3+9ab^2=-2\\ 3a^2b+3b^3=10/9\end{matrix}\right.$
    Je ne vois pas ensuite comment trouver l'équation vérifiée par $r=a/b$.
  • divisé les deux égalité puis pour le terme de gauche tu divises par $b^3$ en haut et en bas
  • $\dfrac{r^3+9r}{3r^2+3}=\dfrac{-9}{5}$ soit $5r^3+27r^2+45r+27=0$.
  • L'unique solution réelle de $5r^3+27r^2+45r+27=0$ est $-3$ (pour trouver $-3$ j'ai tracé la représentation graphique de la fonction). Donc $a=-3b$. Donc $(-3)^3b^3+9(-3b)b^2=-2$ soit $b=1/3$. Puis $a^3+a=-2$ et $a^2=1$ donne $a=-1$.
    Encore une fois on est ramené à résoudre une équation de degré 3. C'est toujours le serpent qui se mord la queue.
  • bonjour
    oui $z_1=-3$ est la seule racine réelle de $POLY:=5r^3+27r^2+45r+27$
    en fait le détail de son calcul est (long)

    dans ce détail on vérifie que la partie imaginaire de $z_1$ est effectivement nulle
    $z_1=\frac {-27}{3*5}+\sqrt [3]{||M||}cos\begin {pmatrix} \frac {2arg(M)+arg(N)}{3}-arg(-P)\end {pmatrix}+\sqrt [3]{||N||}cos\begin {pmatrix} \frac {arg(M)+2arg(N)}{3}-arg(-P)\end {pmatrix}+ ...$
    $...+i.\sqrt [3]{||M||}sin\begin {pmatrix} \frac {2arg(M)+arg(N)}{3}-arg(-P)\end {pmatrix}+i.\sqrt [3]{||N||}sin\begin {pmatrix} \frac {arg(M)+2arg(N)}{3}-arg(-P)\end {pmatrix}=-3$
    avec
    $P=\frac {3*5*45-27^2}{3*5^2}<0$ donc $arg (-P)=0$
    $M=\frac {-Q}{2}+\sqrt {\frac {Q^2}{4}+\frac {P^3}{27}}$
    $N=\frac {-Q}{2}-\sqrt {\frac {Q^2}{4}+\frac {P^3}{27}}$
    $Q=\frac {27*5^2*27-9*5*27*45+2*27^3}{27*5^3}$

    ici en fait pour $POLY:=Ar^3+Br^2+Cr+D $
    et avec $A=5,B=27,C=45,D=27$
    on est dans le cas
    $K=3AC-B^2\neq 0$
    $H=27A^2D^2+4AC^3+4B^3D-18ABCD-B^2C^2\neq 0$

    dans ce cas on a trois racines simples $ z1,z_2,z_3$ de POLY
  • ceci dit ma notation de $\sqrt { }$ est frauduleuse
    je devrai parler d'une fonction holomorphe que je note frauduleusement comme ça ici

    cependant ça ne dérange en rien pour ce sujet (dans ce calcul là ça marche avec $\sqrt { }$ )

    donc j'en parle pas
  • Plus précisément ma question est la suivante :
    Comment faisaient les mathématiciens de l'époque (XVIème siècle) pour extraire des racines cubiques ? Car la méthode de Cardan nous donne $u^3$ en résolvant une équation de degré 2 mais comment trouvait-on par la suite $u$ ?
    Et de nos jours quel est le sens de résoudre une équation de degré 3 pour trouver $u$ sachant qu'on a introduit $u$ ( et $v$ via $x=u+v$) pour se ramener à la résolution d'une équation de degré 2 ?
  • rebonjour
    qui cherche trouve : mais pour trouver il faut savoir certaines choses et certaines choses se découvrent quand on arrive à en comprendre d'autres
    poser questions sur questions ne sert strictement à rien
    le temps viendra pour toi de comprendre ces choses si tu travaille bien tes cours de maths
    on devrai en rester là et clore ce sujet

    ici j'ai détaillé le calcul d'une des racines pour t'intéresser au sujet mais pas pour discuter avec toi
    sachant que travail et bla-bla ne font jamais bon ménage
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