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9 Solutions des exercices
0
0.5
1
1.5
2
2.5
−0.5
0
0.5
1
1.5
2
0
5
10
15
20
25
30
35
10
−6
10
−5
10
−4
10
−3
10
−2
10
−1
10
0
Figure 9.1. A gauche, les deux courbes représentent les configurations possibles (angle α) associées à un choix de paramètre β ∈ [0, 2π/3] (Solution 2.9).
A droite, erreur en fonction du nombre d’itérations de la méthode de Newton pour le calcul du zéro de la fonction f (x) = x
3 − 3x
2 2
−x + 3x4
−x − 8
−x
(Solution 2.11)
dans Octave elle converge en 32 iterations vers 0.641184396264531. En prenant
la valeur approchée de MATLAB comme solution de référence dans notre
analyse d’erreur, on observe que les erreurs (approchées) diminuent seulement
linéairement quand k augmente (voir Figure 9.1, à droite). Ce comportement
est dû au fait que la multiplicité de α est supérieure à 1. Pour récupérer l’ordre
deux, on peut considérer la méthode de Newton modifiée.
Solution 2.12 On doit calculer le zéro de la fonction f (x) = sin(x) −
2gh/v
2
0 . On déduit de son graphe que f admet un zéro dans l’intervalle
]0, π/2[. La méthode de Newton avec x
(0) = π/4 et tol= 10
−10 converge en 5
itérations vers la valeur 0.45862863227859.
Solution 2.13 En utilisant les données de l’exercice, on peut trouver la solution avec les instructions suivantes :
f = inline ( ’ 6000 -1000*(1+ x ).*((1+ x ).^5 - 1)./ x ’ );
df= inline ( ’ 1 0 0 0 *((1 +x ).^5.*(1 -5* x ) - 1)./( x .^2) ’);
[ zero , res , niter ]= b i s ecti on(f ,0.01 ,0.1 ,1. e -12 ,5);
[ zero , res , niter ]= newton (f , df , zero ,1.e -12 ,100)
La méthode de Newton converge vers le résultat voulu en 3 itérations.
Solution 2.14 Par une étude graphique, on voit que (2.35) est vérifiée pour
une valeur de α dans ]π/6, π/4[. Avec les instructions suivantes :
f = inline ([ ’ -l2* cos (g +a )/ sin( g+ a )^2 -l1 * cos (a )/ ’ ,...
’ sin (a )^2 ’] , ’a ’, ’g ’, ’l1 ’ ,’ l2 ’ );
df= inline ([ ’l2/ sin (g +a )+2* l2 * cos ( g+ a )^2/ sin (g +a )^3+ ’ ,...
’ l1/ sin( a )+2* l1 * cos (a )^2/ sin( a )^3 ’] ,’a ’ ,’g ’, ’l1 ’ ,’ l2 ’);
[ zero , res , niter ]= newton (f , df , pi /4 ,1.e -15 ,100 ,...
3* pi /5 ,8 ,10)
la méthode de Newton donne la valeur approchée 0.59627992746547 en 6 itérations, en partant de x
(0) = π/4. On en déduit que la longueur maximale
d’une barre pouvant passer dans le couloir est L = 30.5484.
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Figure 9.1. A gauche, les deux courbes représentent les configurations possibles (angle α) associées à un choix de paramètre β ∈ [0, 2π/3] (Solution 2.9).
A droite, erreur en fonction du nombre d’itérations de la méthode de Newton pour le calcul du zéro de la fonction f (x) = x
3 − 3x
2 2
−x + 3x4
−x − 8
−x
(Solution 2.11)
dans Octave elle converge en 32 iterations vers 0.641184396264531. En prenant
la valeur approchée de MATLAB comme solution de référence dans notre
analyse d’erreur, on observe que les erreurs (approchées) diminuent seulement
linéairement quand k augmente (voir Figure 9.1, à droite). Ce comportement
est dû au fait que la multiplicité de α est supérieure à 1. Pour récupérer l’ordre
deux, on peut considérer la méthode de Newton modifiée.
Solution 2.12 On doit calculer le zéro de la fonction f (x) = sin(x) −
2gh/v
2
0 . On déduit de son graphe que f admet un zéro dans l’intervalle
]0, π/2[. La méthode de Newton avec x
(0) = π/4 et tol= 10
−10 converge en 5
itérations vers la valeur 0.45862863227859.
Solution 2.13 En utilisant les données de l’exercice, on peut trouver la solution avec les instructions suivantes :
f = inline ( ’ 6000 -1000*(1+ x ).*((1+ x ).^5 - 1)./ x ’ );
df= inline ( ’ 1 0 0 0 *((1 +x ).^5.*(1 -5* x ) - 1)./( x .^2) ’);
[ zero , res , niter ]= b i s ecti on(f ,0.01 ,0.1 ,1. e -12 ,5);
[ zero , res , niter ]= newton (f , df , zero ,1.e -12 ,100)
La méthode de Newton converge vers le résultat voulu en 3 itérations.
Solution 2.14 Par une étude graphique, on voit que (2.35) est vérifiée pour
une valeur de α dans ]π/6, π/4[. Avec les instructions suivantes :
f = inline ([ ’ -l2* cos (g +a )/ sin( g+ a )^2 -l1 * cos (a )/ ’ ,...
’ sin (a )^2 ’] , ’a ’, ’g ’, ’l1 ’ ,’ l2 ’ );
df= inline ([ ’l2/ sin (g +a )+2* l2 * cos ( g+ a )^2/ sin (g +a )^3+ ’ ,...
’ l1/ sin( a )+2* l1 * cos (a )^2/ sin( a )^3 ’] ,’a ’ ,’g ’, ’l1 ’ ,’ l2 ’);
[ zero , res , niter ]= newton (f , df , pi /4 ,1.e -15 ,100 ,...
3* pi /5 ,8 ,10)
la méthode de Newton donne la valeur approchée 0.59627992746547 en 6 itérations, en partant de x
(0) = π/4. On en déduit que la longueur maximale
d’une barre pouvant passer dans le couloir est L = 30.5484.