inf metds
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1) Lee y Duffy (1976) relaciona el coeficiente de fricción para el flujo de suspensión de partículas fibrosas con el número de Reynolds mediante la siguiente ecuación:
1
√ f=( 1k ) ln (ℜ√ f )+(14−5.6k )
en su relación f es el factor de friccion ℜ es el número de Reynolds = 3750, y k es una constante determinada por concentración de la suspensión para el caso de 0.08% de concentración igual a 0.28. Determine el valor de f , mediante el método de bisección con un intervalo [0.004 ;0.006 ] y una
precisión de 10−5 (trabaje con cinco cifras decimales).
1
√ f=( 10.28 ) ln (3750√ f )+(14− 5.6
0.28 )1√ f
=ln (3750√ f )0.28
−6
g( f )=ln (3750√ f )0.28
− 1√ f
−6
La solución exacta con la calculadora HP 50g y se obtienef=0 .00512∈ [0.004 ;0.006 ]
1era iteracióncon a1=0.004 y b1=0.006
g(0.004 )=ln (3750√0.004 )
0.28− 1
√0.004−6=−2.28003
g(0.006)=ln (3750√0.006 )
0.28− 1
√0.006−6=1.34546
f r=0.004+0.006
2=0.005
g(0.005 )=ln (3750√0.005 )
0.28− 1
√0.005−6=−0.21231
Como g( f r )∙ g (a1 )>0 entonces a2=0.005 y b2=0.006
2da iteración
f r=0.005+0.006
2=0.0055
g(0.0055 )=ln (3750√0.0055 )
0.28− 1
√0.0055−6=0.61603
error=|0.0055−0.005|=0.0005>10−5continuamos iterando
Como g( f r )∙ g (b2 )>0 entonces a3=0.005 y b3=0.0055
3ra iteración
f r=0.005+0.0055
2=0.00525
g(0.00525)=ln (3750√0.00525 )
0.28− 1
√0.00525−6=0.21564
error=|0.00525−0.0055|=0.00025>10−5 continuamos iterando
Como g( f r )∙ g (b3 )>0 entonces a4=0.005 y b4=0.00525
4ta iteración
f r=0.005+0.00525
2=0.00513
g(0.00513)=ln (3750√0.00513 )
0.28− 1
√0.00513−6=0.03187
error=|0.00513−0.00525|=0.00012>10−5 continuamos iterando
Como g( f r )∙ g (b4 )>0 entonces a5=0.005 y b5=0.00513
5ta iteración
f r=0.005+0.00513
2=0.00507
g(0.00507 )=ln (3750 √0.00507 )
0.28− 1
√0.00507−6=−0.08951
error=|0.00507−0.00513|=0.00006>10−5 continuamositerando
Como g( f r )∙ g (a5 )>0 entonces a6=0.00507 y b6=0.00513
6ta iteración
f r=0.00507+0.00513
2=0.0051
g(0.0051 )=ln (3750 √0.0051 )
0.28− 1
√0.0051−6=−0.03761
error=|0.0051−0.00507|=0.00003>10−5 continuamos iterando
Como g( f r )∙ g (a6 )>0 entonces a7=0.0051 y b7=0.00513
7ma iteración
f r=0.0051+0.00513
2=0.00512
g(0.00512)=ln (3750√0.00512 )
0.28− 1
√0.00512−6=−0.00324
error=|0.00512−0.0051|=0.00002>10−5 continuamositerando
Como g( f r )∙ g (a7 )>0 entonces a8=0.00512 y b8=0.00513
8va iteración
f r=0.00512+0.00513
2=0.00513
g(0.00513)=ln (3750√0.00513 )
0.28− 1
√0.00513−6=0.01387
error=|0.00513−0.00512|=0.00001=10−5 coincide con la precisionf=0 .00513
2) Resuelva la ecuación 2−x+2cosx=−e x+6 utilizando el método de Newton
Raphson con xo=1.5 y una precisión de 1 x10−5 (trabaje con cinco cifras decimales)
f ( x )=2−x+2cosx+ex−6
f ( x )' =−2−x ∙ ln 2−2 senx+ex
La solución exacta de la ecuación con la calculadora HP 50g
tenemos x=1 .82938
1era iteración xo=1.5
f (1.5 )=2−1.5+2cos (1.5 )+e1.5−6=−1.02328
f (1.5 )' =−2−1.5 ln 2−2 sen (1.5 )+e1.5=2.24163
x1=1.5−−1.023282.24163
=1.95649
2da iteración x1=1.95649
f (1.95649 )=2−1.95649+2cos (1.95649 )+e1.95649−6=0.57970
f (1.95649 )' =−2−1.95649 ln2−2 sen (1.95649 )+e1.95649=5.04278
x2=1.95649−0.57975.04278
=1.84153
error=|1.84153−1.95649|=0.11119>10−5
3ra iteración x2=1.84153
f (1.84153 )=2−1.84153+2cos (1.84153 )+e1.84153−6=0.05033
f (1.84153 )' =−2−1.84153 ln2−2 sen (1.84153 )+e1.84153=4.18562
x3=1.84153−0.050334.18562
=1.82951
error=|1.82951−1.84153|=0.01202>10−5
4ta iteración x3=1.82951
f (1.82951 )=2−1.82951+2cos (1.82951 )+e1.82951−6=0.00052
f (1.82951 )' =−2−1.82951 ln 2−2 sen (1.82951 )+e1.82951=4.10237
x4=1.82951−0.000524.10237
=1.82938
error=|1.82938−1.82951|=0.00013>10−5
5ta iteración x4=1.82938
f (1.82938 )=2−1.82938+2cos (1.82938 )+e1.82938−6=−0.00001
f (1.82938 )' =−2−1.82938 ln 2−2 sen (1.82938 )+e1.82938=4.10148
x5=1.82938−−0.000014.10148
=1.82938
error=|1.82938−1.82938|=0<10−5
x=1 .82938
3) Una partícula parte del reposo sobre un plano inclinado uniforme cuyo
ánguloθ cambia con una rapidez constante dθdt
(ω<0) al final de t segundos
la posición esta dada por:
x (t )=g2ω2 [ e
ωt−e−ωt
2−sen (ωt )]
Suponga que la posición esta 1,5 pies en un segundo, g=−32,17 piess2
a) Determine el intervalo de longitud 0.1 que contenga la raíz en [−1,0 ]b) Aplique el método de la regla falsa
1.5=−32.172ω2 [ eω(1)−e−ω (1)
2−sen (ω(1))]
f (ω )=−32.172ω2 [ eω−e−ω2
−sen (ω )]−1.5
Como la solución es ω=−0 .27976 el intervalo propuesto es de [−0.3 ;−0.2 ]
Ahora aplicamos el método de la Regla Falsa
xr=x1−f (x1 ) (xo−x1)f (xo)
−f (x1)
1era iteracióncon a1=−0.3 y b1=−0.2
f (−0.3 )=−32.172(−0.3)2 [ e
−0.3−e−(−0.3 )
2−sen (−0.3 )]−1.5=0.10852
f (−0.2 )=−32.172(−0.2)2 [ e
−0.2−e−(−0.2)
2−sen (−0.2 )]−1.5=−0.42766
xr=−0.2−(−0.42766 ) (−0.3−(−0.2 ) )0.10852− (−0.42766 )
=−0.27976
f (−0.27976 )=−32.17
2(−0.27976)2 [ e−0.27976−e−(−0.27976 )
2−sen (−0.27976 )]−1.5=−0.00001
Como f (xr )∙ f (b1)>0 entonces a2=−0.3 y b2=−0.27976
2da iteración
xr=−0.27976−(−0.00001 ) (−0.3−(−0.27976 ) )
0.10852−(−0.00001 )=−0.27976
error=|−0.27976−(−0.27976 )|=0
Soluciónω=−0 .27976