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que Lagrange a choisies pour exemples (Résolution des équations numériques, Chap. IV), et dont la première a été plus anciennement traitée par Newton.

Si nous considérons d’abord l’équation (90), nous trouverons (théorème III, scolie II) qu’elle a une seule racine positive comprise entre les deux limites

${\sqrt {2.2}}=2\quad {\text{et}}\quad {\sqrt[{3}]{2.5}}=2{,}15\ldots .$

De plus, la valeur positive de $x$ propre à vérifier l’équation

$2x+5=x^{3}$

satisfera (problème I, scolie IV) à la condition

$2{\sqrt {5.2x}}<x^{3},$

ou, ce qui revient au même, à la suivante :

$x>(40)^{\frac {1}{5}}=2{,}09\ldots .$

La racine dont il s’agit sera donc renfermée entre les nombres $2{,}09$ et $2{,}15,\ldots \,;$ en sorte que sa valeur, approchée à moins d’un dixième près, sera $2{,}1.$ Pour obtenir une valeur plus exacte, nous observerons qu’on a dans le cas présent

$\operatorname {F} (x)=x^{3}-2x-5,\quad \operatorname {F_{1}} (x)=3x^{2}-2,\quad \operatorname {F_{2}} (x)=3x,\quad \operatorname {F_{3}} (x)=1,$

et que, si l’on prend

$\xi =2{,}1,$

la condition énoncée dans le théorème IV sera remplie. Cela posé, comme on tirera de l’équation (55)

$\alpha ={\frac {5+{\frac {4}{3}}\xi }{3\xi ^{2}-2}}-{\frac {\xi }{3}}=-0{,}005431878\ldots ,$

on trouvera pour les nouvelles valeurs approchées de l’inconnue $x$

$\xi +\alpha =2{,}094568121\ldots$

et

$\xi +\alpha -\alpha ^{2}{\frac {\operatorname {F_{2}} (\xi )}{\operatorname {F_{1}} (\xi )}}=\xi +\alpha -\alpha ^{2}{\frac {3\xi }{3\xi ^{2}-2}}=2{,}0945515\ldots .$

Enfin, comme, la valeur exacte de $x$ étant présentée sous la forme $x=\xi +z,$