9.2 Chapitre 2
315
Solution 2.9 Pour certaines valeurs de β l’équation (2.2) peut avoir deux
racines qui correspondent à différentes configurations du système de barre.
Les deux valeurs initiales suggérées ont été choisies de manière à ce que la
méthode de Newton converge respectivement vers l’une ou l’autre des racines.
On résout le problème pour β = kπ/150 avec k = 0, . . . , 100 (si β > 2.6389 la
méthode de Newton ne converge pas car le système n’a pas de configuration
admissible). On utilise les instructions suivantes pour obtenir la solution du
problème (représentée sur la Figure 9.1, à gauche) :
a1 =10; a2 =13; a3 =8; a4 =10;
ss = num2str (( a1 ^2 + a2 ^2 - a3 ^2+ a4 ^2)/(2* a2* a4 ) ,15);
n =150; x01 = -0.1; x02 =2* pi /3; nmax =100;
for k =0:100
w = k* pi /n ; i =k +1; beta (i ) = w ;
ws = num2str (w ,15);
f = inline ([ ’ 10/13* cos ( ’ ,ws , ’) - cos( x) - cos ( ’ ,...
ws , ’ -x )+ ’, ss] , ’x ’);
df = inline ([ ’ sin (x ) - sin( ’,ws , ’ -x) ’] , ’x ’ );
[ zero , res , niter ]= newton (f ,df , x01 ,1e -5 , nmax );
alpha1 (i ) = zero ; niter1 ( i) = niter ;
[ zero , res , niter ]= newton (f ,df , x02 ,1e -5 , nmax );
alpha2 (i ) = zero ; niter2 ( i) = niter ;
end
plot ( beta , alpha1 , ’c - - ’, beta , alpha2 , ’c ’ ,’ L i n ew idth’ ,2)
grid on
Les composantes des vecteurs alpha1 et alpha2 sont les angles calculés pour
différentes valeurs de β, et les composantes de niter1 et niter2 sont les
nombres d’itérations de Newton (entre 2 et 6) nécessaires au calcul des zéros avec la tolérance fixée.
Solution 2.10 En examinant son graphe, on voit que f a deux racines réelles
positives (α 2 1.5 et α3 2.5) et une négative (α1 −0.5). La méthode
de Newton converge en 4 itérations (en posant x
(0) = −0.5 et tol = 1.e-10)
vers α1 :
f = inline ( ’ exp (x ) -2*x ^2 ’ ); df = inline ( ’ exp( x ) -4*x ’);
x0 = -0.5; tol =1.e -10; nmax =100;
format long ; [ zero , res , niter ]= newton (f , df ,x0 , tol , nmax )
zero =
-0.53983527690282
res =
0
niter =
4
La fonction considérée admet un maximum en ¯
x 0.3574 (qu’on peut
trouver en appliquant la méthode de Newton à la fonction f
) : pour x
(0) < ¯
x,
la méthode converge vers la racine négative. Si x
(0) = ¯
x, on ne peut pas utiliser
la méthode de Newton car f
(¯ x) = 0. Pour x
(0) > ¯
x la méthode converge vers
un des deux zéros positifs, α2 ou α3.
Solution 2.11 Posons x
(0) = 0 et tol= M . Dans MATLAB, la méthode de
Newton converge en 43 itérations vers la valeur 0.641182985886554, tandis que
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Solution 2.9 Pour certaines valeurs de β l’équation (2.2) peut avoir deux
racines qui correspondent à différentes configurations du système de barre.
Les deux valeurs initiales suggérées ont été choisies de manière à ce que la
méthode de Newton converge respectivement vers l’une ou l’autre des racines.
On résout le problème pour β = kπ/150 avec k = 0, . . . , 100 (si β > 2.6389 la
méthode de Newton ne converge pas car le système n’a pas de configuration
admissible). On utilise les instructions suivantes pour obtenir la solution du
problème (représentée sur la Figure 9.1, à gauche) :
a1 =10; a2 =13; a3 =8; a4 =10;
ss = num2str (( a1 ^2 + a2 ^2 - a3 ^2+ a4 ^2)/(2* a2* a4 ) ,15);
n =150; x01 = -0.1; x02 =2* pi /3; nmax =100;
for k =0:100
w = k* pi /n ; i =k +1; beta (i ) = w ;
ws = num2str (w ,15);
f = inline ([ ’ 10/13* cos ( ’ ,ws , ’) - cos( x) - cos ( ’ ,...
ws , ’ -x )+ ’, ss] , ’x ’);
df = inline ([ ’ sin (x ) - sin( ’,ws , ’ -x) ’] , ’x ’ );
[ zero , res , niter ]= newton (f ,df , x01 ,1e -5 , nmax );
alpha1 (i ) = zero ; niter1 ( i) = niter ;
[ zero , res , niter ]= newton (f ,df , x02 ,1e -5 , nmax );
alpha2 (i ) = zero ; niter2 ( i) = niter ;
end
plot ( beta , alpha1 , ’c - - ’, beta , alpha2 , ’c ’ ,’ L i n ew idth’ ,2)
grid on
Les composantes des vecteurs alpha1 et alpha2 sont les angles calculés pour
différentes valeurs de β, et les composantes de niter1 et niter2 sont les
nombres d’itérations de Newton (entre 2 et 6) nécessaires au calcul des zéros avec la tolérance fixée.
Solution 2.10 En examinant son graphe, on voit que f a deux racines réelles
positives (α 2 1.5 et α3 2.5) et une négative (α1 −0.5). La méthode
de Newton converge en 4 itérations (en posant x
(0) = −0.5 et tol = 1.e-10)
vers α1 :
f = inline ( ’ exp (x ) -2*x ^2 ’ ); df = inline ( ’ exp( x ) -4*x ’);
x0 = -0.5; tol =1.e -10; nmax =100;
format long ; [ zero , res , niter ]= newton (f , df ,x0 , tol , nmax )
zero =
-0.53983527690282
res =
0
niter =
4
La fonction considérée admet un maximum en ¯
x 0.3574 (qu’on peut
trouver en appliquant la méthode de Newton à la fonction f
) : pour x
(0) < ¯
x,
la méthode converge vers la racine négative. Si x
(0) = ¯
x, on ne peut pas utiliser
la méthode de Newton car f
(¯ x) = 0. Pour x
(0) > ¯
x la méthode converge vers
un des deux zéros positifs, α2 ou α3.
Solution 2.11 Posons x
(0) = 0 et tol= M . Dans MATLAB, la méthode de
Newton converge en 43 itérations vers la valeur 0.641182985886554, tandis que