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Asignatura
Datos del alumno Apellidos: Villagrán -Vega Nombre: Ariel -Jeyson
Métodos Numéricos
Fecha 21/12/2018
Actividades Lectura: Interpolation and Curve Fitting: Resumen y ejemplos Descripción La lectura propuesta se trata de un breve resumen de interpolación y ajuste de curvas . Leer ( Documento: Interpolation and Curve Fitting) Objetivos Son los siguientes: »
Establecer un esquema (síntesis) de la lectura.
»
Resolución de las siguientes cuestiones:
Resolver los ejercicios propuestos del documento: Interpolation and Curve
Fitting. Pag 22. Plantear un ejemplo real aplicado a su formación.
Entrega del laboratorio La entrega de esta tarea: AULA VIRTUAL, será un único archivo Extensión máxima: 6 páginas (Georgia 11, interlineado 1,5) Nombre de archivo: Tarea_Interpolation_Apellidos.docx
CREDITO: 10 PUNTOS
UIDAD 3 – Actividades
© Universidad Nacional de Chimborazo (UNACH)
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ANALISIS DE LOS EJERCICIOS PROPUESTOS. EJERCICIO 1 METODO DE NEWTON: Para este metodo es necesario llegar a la ecuacion del tipo:
P ( x ) =bo +b 1 ( x−x 1 ) +b 2 ( x−x 0 ) ( x−x 1 ) +b3 ( x−x 0)(x−x 1 )( x−x 2) Para ellos hallamos los valores de
bi
b0 =0.33201 b1=
0.54739−0.33201 =0,43076 1.7−1.2
0.60496−0.54739 0.54739−0.33201 − 1.8−17 1.7−1.2 b2= =−0,72424583 1.8−1.2
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0.73891−0.60496 0.60496−0.54739 0.54739−0.33201 − − 2−1.8 1.8−17 1.7−1.2 b3 = =1,2138875 2−1.8 Reemplazando en la ecuacion y simplificando obtenemos que:
P ( x ) =bo +b 1 ( x−x 0 ) + b2 ( x −x0 ) ( x−x 1 ) +b 3 (x−x 0)(x −x1 )( x−x 2) P ( x ) =0.33201+ 0,43076 ( x−1.2 )−0,72424583 ( x−1.2 ) ( x−1.7 ) +1,2138875 ( x−1.2 )( x−1.7 ) ( x−1.8)
P ( x ) =1,2138875 x 3−6,42951708 x 2+11,34389615 x−6,11975839 , Reemplazamos el valor de x=1.55 en la ecuación conocer cuanta gasolina ha consumido. Así obtenemos que su valor es : P(1.55)= 0,53673117 litros. METODO DE LAGRANGE. En este método utilizamos las formulas propuestas en la lectura con lo que tenemos:
P ( x ) = y 0 . L0 ( x ) + y 1 L1 ( x ) +...+ y n Ln ( x ) Calculamos el valor de
Li :
L0 ( x ) =
( x−1.7 ) ( x−1.8 ) ( x−2 ) =−4,16 x 3 +22,916 x2 −41,916 x +25,49 (1.2−1.7)(1.2−1.8)(1.2−2)
L1 ( x ) =
( x−1.2 ) ( x−1.8 ) ( x −2 ) =66,6 x3 −333,3 x 2 +544 x−288 (1.7−1.2)(1.7−1.8)(1.7−2)
L2 ( x ) =
( x−1.2 ) ( x−1.7 ) ( x −2 ) =−83,3 x 3+ 408,3 x 2−653,3 x+340 (1.8−1.2)(1.8−1.7)(1.8−2)
L3 ( x ) =
( x−1.2 )( x−1.7 )( x−1.8 ) =20,83 x 3−97,916 x 2+ 151,25 x−76,49 ( 2−1.2)(2−1.7)(2−1.8)
Reemplazando en la función los valores obtenemos:
P ( x ) =0.33201∗(−4,16 x 3 +22,916 x 2−41,916 x +25,49 ) +0.54739( 66,6 x 3−333,3 x 2 +544 x−288)+0.60496(−8 Con lo que podemos calcular con x=1.55 y obtenemos un valor de : P(1.55)=0,44125301 litros. EJERCICIO 2. xi 0 1 2 3 4 5 6 7 8
hi 4 5 10 17 21 16 11 3 1
I 1 5 7 4 -5 -5 -8 -2
II 4 2 -3 -9 0 -3 6
EJERCICIO 3.-
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III -2 -5 -6 9 -3 9 Con lo que podemos deducir la ecuación:
f ( x )=4+1 ( x−0 )−4 ( x −0 ) ( x−1 )−2 ( x−0 ) ( x−1 ) ( x−2 ) f ( x )=−2 x 3+2 x 2+ x +4
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f 1 ( x )=f ( Xo) +
1
0
y 1− y 0
( y − y0 )
i:
x=0,5
Cuando
j x0 x1 x2 x3
( f ( x )−f ( x ) )
0 1 2 3
yj 0,5 1 1,5 2
=5,44 ( 15,67−7,51 2−0.5 ) 15,67−7,51 7,51+( ( x−0,5 ) 2−0,5 )
f (0 .5 ; y ) 7,31 10,05 12,7 15,67
f 1 ( y )=7,51+5,44 ( y −0,5 ) f 1 ( 1,42 )=7,51+5,44 ( 1,42 )−5,44 ( 0,5 ) f 1 ( 1,42 )=12,5148
x=1
Cuando
j
x0 x1 x2 x3
0 1 2 3
0,5 1 1,5 2
f (1; y ) 10 10 10 10
j 0 1 2 3
yj 0,5 1 1,5 2
f ( x0 )+
i:
( x−10 ) ( 10−10 2−0,5 )
10+0 f 1 ( 1,5 ; 1,42 )=10
x=1 ,5
Cuando
x0 x1 x2 x3
yj
f (1. 5 ; y) 12,51 9,95 7,32 4,33
=−5,45 ( 4,33−12,51 2−0,5 ) 15,67−7,51 7,51+( ( x−0,5 ) 2−0,5 )
i:
f 1 ( x )=12,51+5,45 ( y−0,5 ) f 1 ( 1,5 ; 1,42 )=7,496
x=2
Cuando
j
x0 x1 x2 x3
0 1 2 3
0,5 1 1,5 2
j
yj 0,5 1
f (2; y )
f (2; y ) 12,51 10
UIDAD 3 – Actividades
0−15 ( 2−0,5 )=−10
i:
15 10 5 0
y=1,42
Cuando
x0 0 x1 1
yj
f 1 ( x )=15−10 ( y −0,5 ) f 1 ( 2 ; 1,42 )=15−10 (1,42−0.5) f 1 ( 2 ; 1,42 )=5,8 =4,47 ( 12,51−5,8 2−0,5 )
i:
x x 1−¿ x (x−x 0) (¿¿ 1) f ( x 1 )−f ¿ f 1 ( x )=f 1 ( x 0 ) +¿ 0
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x2 2 x3 3
1,5 2
Para
x=0,5
j
yi
7,496 5,8
f (0 ,5 ; yi) I
II
III
f (0,5; y )=a 0 ( y ) +a 1 ( y ) +a 3 ( y )
0,28
f (0,5; y )=7,51+5,08 ( y−0,5 ) +0,22 ( y−0,5 )( y −1 ) +0,2
0
0,5
7,51
5,08
0,22
1
1
10
5,3
0,64
2
1,5
12,70
5,94
3
2
15.67
Para
x=1
j
yi
f (0,5 ; yi) I
II
III 0
0
0,5
10
0
0
1
1
10
0
0
2
1,5
10
0
3
2
10
f (0,5;1,42 )=12,25
f ( 1 ; y )=¿ 10 f ( 1 ; 1,42 )=10
x=1 ,5
Para
j
yi
f (0 ,5 ; yi ) I
II
III -0,39
0
0,5
12,51
-5,12
-0,14
1
1
9,95
-5,26
-0,72
2
1,5
7,32
-5,98
3
2
4,33
f ( 1,5 ; y )=12,51+ (−5,12 )( y −0,5 ) + (−0,14 )( y−0,5 ) ( y−1 ) + (−0,39 )( y −0,5 ) ( y−1 ) ( y−1,5 ) f ( 1,5 ; y )=12,51−5,12 y +2,56−0,14 ( y−0,5 ) ( y−1 )−0,39 ( y−0,5 ) ( y−1 ) ( y−1,5 )
f ( 1,5 ; 1,42 )=7,76 Para
x=2
j
yi
15
-10
1
0, 5 1
I I 0
10
-10
0
2
1,5
5
-10
0
f (0,5 ; yi) I
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II I 0
f ( 2 ; y )=15+(−10)( y−0,5) f ( 2 ; 1,42 )=5,8
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3
2
0
Para
y=1,42
j
yi
0
f (0,5 ; yi)
I
II
III
0,0 2 0,5 6
0,36
12,51
-4,5
1
0, 5 1
10
-4,48
2
1,5
7,76
-3,92
3
2
5,8
f 3 ( x )=12,25−4,5 ( x−0,5 ) +0,02 ( x−0,5 f 3 ( 1,15 ; 1,42 )=9,31
EJERCICIO PLANTEADO. En una planta se bombea esencia de trementina, 60 ◦C, desde la base de una columna de fraccionamiento hasta un gran tanque de almacenamiento descubierto. La columna opera a 1,29 atmósferas. En la siguiente tabla se representan los datos relativos los litros por hora que puede bombear la bomba en función de la potencia en vatios a la que es necesario que trabaje:
Se desea saber si la bomba será capaz de impulsar un caudal de 1000 l/h de trementina hasta el tanque de almacenamiento trabajando a un máximo de 373 w.
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