“el método de la secante.”
Curso: METODOS NUMERICOS.
Docente: Mg. NILTHON ARCE FERNANDEZ.
Apellidos y nombres: NEIRA PICÓN CARIN YANELI.
Código: 2018230128
Fecha: 20/12/2020
JAÉN-PERÚ.
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Resolución de ejercicios por el método de bisección, Ejercicios de Métodos Numéricos
Resolución de ejercicios por el método de bisección....
Tipo: Ejercicios
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“el método de la secante.”
Curso: METODOS NUMERICOS.
Docente: Mg. NILTHON ARCE FERNANDEZ.
Apellidos y nombres: NEIRA PICÓN CARIN YANELI.
Código: 2018230128
Fecha: 20 /1 2 /
JAÉN-PERÚ.
- Por un canal trapezoidal fluye agua a una tasa de 𝑄 = 20 𝑚^3 ⁄𝑠. La profundidad crítica “y” para dicho canal satisface la ecuación Donde 𝑔 = 9.81 𝑚⁄𝑠^2 , 𝐴𝐶 = á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 (𝑚^2 ), 𝑦 𝐵 = 𝑎𝑛𝑐ℎ𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑎𝑛𝑎𝑙 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 (𝑚). Para este caso, el ancho y el área de la sección transversal se relacionan con la profundidad “y” por medio de Resuelva para la profundidad crítica con el uso de los métodos a) Método Gráfico b) Método de Bisección Considere 𝑥𝑙 = 0.5 y 𝑥𝑢 = 2.5. Ejecute iteraciones hasta que el error estimado caiga debajo del 1% o el número de iteraciones supere a 10.
1.1 Método Gráfico
Sea la función , donde:
- 𝑄 = 20 𝑚^3 ⁄𝑠
- 𝑔 = 9.81𝑚⁄𝑠^2
- 𝐵 = 3 + 𝑦
Entonces la función (1) quedaría:
La curva resultante cruza al eje y entre 1.5 y 2. Al observar la gráfica nos proporciona una aproximación a la raíz de 1.515. La validez de la aproximación visual se verifica sustituyendo en (**) 𝑓(𝑦) = 264.87𝑦^3 + 132.435𝑦^4 + 22.072 5 𝑦^5 + 1.22625𝑦^6 − 400(3 + 𝑦) 𝑓(𝑦) = 264.87(1.515)^3 + 132.435(1.51)^4 + 22.0725(1.51)^5 + 1.22625(1.515)^6 − 400(3 + 1.515) = 3. El valor obtenido está cercano al 0. Posteriormente procedemos a verificar en la ecuación ():
- 2000 0 2000 4000 6000 8000 10000 12000 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
F(Y)
Por lo tanto, al tomar 1.515 como raíz el caudal nos sale 20.0204𝑚^3 ⁄𝑠.; el cual está muy cercano al caudal deseado de 20 𝑚^3 ⁄𝑠.
1.2 Método de Bisección
Dada la ecuación: 𝑓(𝑦) = 264.87𝑦^3 + 132.435𝑦^4 + 22.0725𝑦^5 + 1.2 2625 𝑦^6 − 400(3 + 𝑦) Considerando un rango de 0.5 < 𝑦 < 2. a) Paso 1: Realizamos la tabulación respectiva de la función para reconocer dentro de que intervalo se ubica la raíz. Localización de la raíz b) Paso 2: Al ubicar el intervalo que contiene la raíz, que en este caso sería de [1.5,2], procedemos a determinar la aproximación de la raíz 𝑥𝑟. c) Paso 3: Realizamos la evaluación respectiva para determinar en qué subintervalo está la raíz.
1. Primera aproximación y evaluación.
- En la tabla 1 al reemplazar los valores de x en la función, podemos darnos cuenta que se produce un cambio de signo entre xi=1.5 y xj=2; es decir se puede decir y f(y) 0.5 - 1357. 1 - 1179. 1.5 - 54.030761 7 2 3022. 72 2.5 9566.
3. Tercera Aproximación y Evaluación
- En la segunda evaluación 𝑓(𝑥𝑖)𝑓(𝑥𝑟) es menor que 0, por lo tanto, para poder realizar una nueva aproximación de la raíz 𝑥𝑟, es necesario cambiar el 𝑥𝑠 por el 𝑥𝑟 encontrada en la segunda aproximación.
- Considerando que 𝑥𝑖 = 1.5 y 𝑥𝑟 = 1.5625, evaluamos 𝑓(𝑥𝑖) = 𝑓 (1.5) = 264.87(1.5)^3 + 132.435(1.5)^4 + 22.0725(1.5)^5 + 1.22625(1.5)^6 − 400(3 + (1.5)) =−54. 𝑓(𝑥𝑟) = 𝑓(1.5625) = 264.87(1.5625)^3 + 132.435(1.5625)^4 + 22.0725(1.5625)^5 + 1.22625(1.5625)^6 − 400(3 + (1.5625)) = 198. 𝒇(𝒙𝒊)𝒇(𝒙𝒓) = (−𝟓𝟒.𝟎𝟑𝟎𝟕) (𝟏𝟗𝟖. 𝟏𝟖𝟑𝟒𝟑𝟗) = −𝟏𝟎𝟕𝟎𝟕.𝟗𝟖𝟗𝟗𝟒 < 𝟎
4. Cuarta Aproximación y Evaluación
- En la tercera evaluación 𝑓(𝑥𝑖)𝑓(𝑥𝑟) es menor que 0, por lo tanto, para poder realizar una nueva aproximación de la raíz 𝑥𝑟, es necesario cambiar el 𝑥𝑠 por el 𝑥𝑟 encontrada en la tercera aproximación.
- Considerando que 𝑥𝑖 = 1.5 y 𝑥𝑟 = 1.5 3125 , evaluamos 𝑓(𝑥𝑖) = 𝑓 (1.5) = 264.87(1.5)^3 + 132.435(1.5)^4 + 22.0725(1.5)^5 + 1.22625(1.5)^6 − 400(3 + (1.5)) = −54. 𝑓(𝑥𝑟) = 𝑓 (1.53125) = 264.87(1.53125)^3 + 132.435(1.53125)^4 + 22.0725(1.53125)^5 + 1.22625(1.53125)^6 − 400(3 + (1.53125)) = 68.
5. Quinta Aproximación y Evaluación
- En la cuarta evaluación 𝑓(𝑥𝑖)𝑓(𝑥𝑟) es menor que 0, por lo tanto, para poder realizar una nueva aproximación de la raíz 𝑥𝑟, es necesario cambiar el 𝑥𝑠 por el 𝑥𝑟 encontrada en la cuarta aproximación.
- Considerando que 𝑥𝑖 = 1.5 y 𝑥𝑟 = 1.515625, evaluamos 𝑓(𝑥𝑖) = 𝑓(1.5) = 264.87(1.5)^3 + 132.435(1.5)^4 + 22.0725(1.5)^5 + 1.22625(1.5)^6 − 400(3 + (1.5)) = −54. 𝑓(𝑥𝑟) = 𝑓(1.515625) =264.87(1.515625)^3 +132.435(1.515625)^4 +22.0725(1.515625)^5 +1.22625(1.5156 2 5 )^6 − 400(3 + (1.515625)) = 6. 𝒇 ( 𝒙𝒊 ) 𝒇 ( 𝒙𝒓 ) = (− 𝟓𝟒. 𝟎𝟑𝟎𝟕 )( 𝟔. 𝟏𝟑𝟏𝟒𝟒𝟗𝟕𝟕 ) = − 𝟑𝟑𝟏. 𝟐𝟖𝟔𝟓𝟐𝟑𝟏 < 𝟎
6. Sexta Aproximación y Evaluación
- En la quinta evaluación 𝑓(𝑥𝑖)𝑓(𝑥𝑟) es menor que 0, por lo tanto, para poder realizar una nueva aproximación de la raíz 𝑥𝑟, es necesario cambiar el 𝑥𝑠 por el 𝑥𝑟 encontrada en la quinta aproximación.
- Considerando que 𝑥𝑖 = 1.5 y 𝑥𝑟 = 1.5078125, evaluamos: 𝑓(𝑥𝑖) = 𝑓 (1.5) = 264.87(1.5)^3 + 132.435(1.5)^4 + 22.0725(1.5)^5 + 1.22625(1.5)^6 − 400(3 + (1.5)) = −54. 𝑓(𝑥𝑟) = 𝑓 (1.5078125)
- Suponga que está diseñando un tanque esférico de almacenamiento de agua para un poblado pequeño de un país en desarrollo. El volumen del líquido que puede contener se calcula con donde V =volumen (pies3), h =profundidad del agua en el tanque (pies) y R = radio del tanque ( pies). Si R=3m= 9.843pies, ¿a qué profundidad debe llenarse el tanque de modo que contenga 30 m^3_?_ Haga tres iteraciones del método de Newton - Raphson para determinar la respuesta. Encuentre el error relativo aproximado después de cada iteración. Observe que el valor inicial de R convergerá siempre. a. Sea 1059. b. Iteraciones Usamos 𝑥 0 = 9.
Iteraciones 𝒙𝒊 𝒙𝒊 + 𝟏 𝒇 ( 𝒙𝒊 ) 𝒇 ′( 𝒙𝒊 ) 𝜺𝒂 % 𝜺𝒕 % 1 9.843 6.757553889 939.12591300 304.3728133 48. 14 2 6.757553889 6.647588919 30.18151915 274.4648513 45.65921576 1. 82 3 6.647588919 6.647223627 0.09946738 272.2950291 1.654208336 0. 93 4 6.647223627 6.647223854 - 0.00006198 272.2876945 0.005495417 0. 32 5 6.647223854 6.647223854 0.00000004 272.2876991 0.000003425 0. 75
- Obtenemos como 𝑥𝑟 = 6.647, la cual es la raíz verdadera de la ecuación, observamos que el error relativo porcentual verdadero en cada iteración disminuye mucho más rápido.
- En la iteración 5 nos damos cuenta que 𝑥𝑖 = 𝑥𝑖+1 , por lo tanto; decimos que se asegura la convergencia. c. Comando Matlab clear clc i=1; x=9.843; ea=1; tol=1e-3; while ea>tol f=(pi/3)((29.529x^2)-(x^3))-1059.440002; df=(pi/3)((59.058x)-(3*x^2)); xn=x-(f/df) ea=abs((xn-x)/xn) fprintf('%d\t %f\t %f\t %f\n',i,x,xn,ea) x=xn;
4.25 6. 4.5 10. 4.75 14. 5 19. Al observar la gráfica la raíz máxima se ubica en el rango de [3.25,3.5], siendo la raíz máxima estimada: 3.2 Método de Newton-Raphson, 𝑥𝑖 = 3. a) Sea 𝑓(𝑥𝑖) = 0.95𝑥^3 − 5.9𝑥^2 + 10.9𝑥 − 6 𝑓′(𝑥𝑖) = 2.85𝑥^2 − 11.8𝑥 + 10. b) Iteraciones 𝑥 0 = 3. Iteraciones 𝒙𝒊 𝒙𝒊 + 𝟏 𝒇 ( 𝒙𝒊 ) 𝒇 ′( 𝒙𝒊 ) 𝜺𝒂 % 𝜺𝒕 %
- Obtenemos como 𝑥𝑟 = 3.34, la cual es la raíz verdadera de la ecuación, observamos que el error relativo porcentual verdadero.
- En la iteración 5 nos damos cuenta que 𝑥𝑖 = 𝑥𝑖+1 , por lo tanto; decimos que se asegura la convergencia. c) Comando Matlab clear clc i=1; x=3.5; ea=1; tol=1e-3; while ea>tol f=((0.95x^3) - (5.9x^2) +(10.9x)-6); df=((2.85x^2) - (11.8*x) +(10.9)); xn=x-(f/df) ea=abs((xn-x)/xn) fprintf('%d\t %f\t %f\t %f\n',i,x,xn,ea) x=xn; i=i+1; end 3.3 Método de la Secante, 𝑥𝑖 − 1 = 2.5 y 𝑥𝑖 = 3. a) Se tiene la siguiente ecuación: 𝑓(𝑥) = 0.95𝑥^3 − 5.9𝑥^2 + 10.9𝑥 − 6