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´ DE LA PRACTICA ´ RESOLUCION 1 Mar´ıa Penkova Vassileva semestre mayo-julio, 2017

e M ar ar n ´ıa in Va P gC e ss nk ou ile ov rse va a

Problema 1. Aplicar el m´etodo de Euler (diferencias divididas) con tama˜ no de paso 0.1, 0.05 y 0.01 a y 0 = 3y + 3t, y(0) = 1, para aproximar la soluci´on en t = 0.5 Analizar el error cometido al disminuir el tama˜ no de paso si la soluci´ on exacta es: y(t) = 43 e3t − t − 31 . ´ RESOLUCION:

Usando la aproximaci´ on de la derivada con la diferencias divididas transformamos la ecuaci´on diferencial dada como: dy yi+1 − yi 4 1 = = e3t − t − ⇔ yi+1 = yi + (3yi + 3ti )∆t dt ti+1 − ti 3 3 Creamos tablas en EXCEL: la primera columna contienen los valores de t y la siguiente columna representan los valores calculados de yi+1 . La primera tabla contiene los valores de yi+1 obtenidos con un paso de 0.1, la segunda con el paso 0.05 y la tercera con paso 0.01. En el primer rengl´on se introducen las condiciones dados: cuando t = 0.00, y = 1.00.

h=0.1

ti 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 ··· ··· ··· ··· 1.0

yi 1.0000 1.3000 1.7200 2.2960 3.0748 4.1172 ··· ··· ··· ··· 17.0478

h = 0.05

ti 0.00 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 ··· ··· ··· ··· 1.00

yi 1.0000 1.1500 1.3300 1.5445 1.7987 2.0985 ··· ··· ··· ··· 20.4887

h = 0.01

ti 0.0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 ··· ··· ··· ··· 1.00

yi 1.0000 1.0300 1.0612 1.0936 1.1274 1.1624 ··· ··· ··· ··· 24.2915

Finalizando calculamos el error en el u ´ltimo paso utilizando la soluci´on exacta dada: yexacto (1.0) =

4 3(1.0) 1 e − (1.0) − = 25.4474. 3 3

eL

Por lo tanto los errores absolutos relativos son: 25.4474 − 17.0478 • h= 0.1 err = × 100% = 33.01% 25.4474 25.4474 − 20.4887 • h= 0.05 err = × 100% = 19.49% 25.4474 25.4474 − 24.2915 • h= 0.01 err = × 100% = 4.54% 25.4474 Conclusi´ on: En este problema aplicando un tama˜ no de paso menor obtenemos una disminuci´on del error considerable.

Problema 2 Aplicar el m´etodo de Euler (diferencias divididas) con tama˜ no de paso 0.1, 0.05 y 0.01 a y 0 = −ty, y(0) = 1, para aproximar la soluci´ on en t = (0.5). Analizar el error cometido al disminuir el tama˜ no de paso 2 y comp´ aralo con el resultado obtenido si la soluci´on exacta es y(t) = e−t /2 . ´ RESOLUCION: Este problema es an´ alogo del Problema 1. Usando la aproximaci´on de la derivada con la diferencias divididas transformamos la ecuaci´ on diferencial dada como: yi+1 − yi dy = = −ti yi ⇔ yi+1 = yi − ti yi ∆t dt ti+1 − ti Creamos tablas en EXCEL: la primera columna contienen los valores de t y la siguiente columna representan los valores calculados de yi+1 . La primera tabla contiene los valores de yi+1 obtenidos con un paso de 0.1, la segunda con el paso 0.05 y la tercera con paso 0.01.

1

yi 1.0000 1.0000 0.9900 0.9702 ··· ··· ··· ··· 0.9035

h = 0.05

ti 0.00 0.05 0.10 0.15 ··· ··· ··· ··· 0.50

yi 1.0000 1.0000 0.9975 0.9925 ··· ··· ··· ··· 0.8928

h = 0.01

ti 0.0 0.01 0.02 0.03 ··· ··· ··· ··· 0.50

yi 1.0000 1.0000 0.9999 0.9997 ··· ··· ··· ··· 0.8845

e M ar ar n ´ıa in Va P gC e ss nk ou ile ov rse va a

h=0.1

ti 0.0 0.1 0.2 0.3 ··· ··· ··· ··· 0.5

Finalizando calculamos el error en el u ´ltimo paso utilizando la soluci´on exacta dada: yexacto (0.5) = −e−0.5

2

/2

= 0.8825.

Por lo tanto los errores absolutos relativos son: • h= 0.1 err =

0.8825 − 0.9035 × 100% = 2.37% 0.8825

• h= 0.05 err =

0.8825 − 0.8928 × 100% = 1.17% 0.8825

• h= 0.01 err =

0.8825 − 0.8845 × 100% = 0.23% 0.8825

Conclusi´ on: En este problema el valor del t para que buscamos la soluci´on de y esta mas cerca del punto inicial t = 0. Por lo tanto, el error obtenido aplicando un tama˜ no de paso es menor cuando el paso es menor, ademas de que es menos que en el problema anterior.

Problema 3 Un grupo de 30 estudiantes asiste a clase en un sal´on que mide 10 m por 8 m por 3 m. Cada estudiante ocupa alrededor de 0.075 m3 y genera cerca de 80 W de calor (1 W = 1 J/s). Calcule el incremento de la temperatura del aire durante los primeros 15 minutos de la clase, si el sal´on est´a sellado y aislado por completo. Suponga que la capacidad calor´ıfica del aire, Cv , es de 0.718 kJ/(kg K). Suponga que el aire es un gas ideal a 20◦ C y 101.325 kPa. Obs´ervese que el calor absorbido por el aire Q est´a relacionado con la masa de aire m, la capacidad calor´ıfica, y el cambio en la temperatura, por medio de la relaci´on siguiente: Z

T2

Cv dT = mCv (T2 − T1 )

eL

Q=m

T1

La masa del aire se obtiene de la ley del gas ideal:

PV =

m RT M wt

donde P es la presi´ on del gas, V es el volumen de ´este, Mwt es el peso molecular del gas (para el aire, 28.97 kg/kmol), y R es la constante del gas ideal [8.314 kPa m3/(kmol K)]. ´ RESOLUCION:

Para resolver este problema primero debemos calcular la masa del aire. Podemos calcularla de la segunda f´ ormula m=

P V M wt RT

Para estos fines necesitamos el volumen del aire que se obtiene de la manera siguiente: Vsal´on − Vestudiantes = (10 × 8 × 3) − (30 × 0.075) = 240 − 2.25 = 237.75m3 Como debemos utilizar la ley de gas ideal necesitamos que la temperatura sea en Kelvin: 20◦ = 273.15 + 20 = 293.15K. Luego, podemos calcular la masa del aire. m=

P V M wt (101.325 × 103 ) × (237.75) × (28.77) = = 286.34 kg RT1 (8.314 × 103 ) × (293.15) 2

Para calcular el incremento de la temperatura en el sal´on de clases despu´es de 15 minutos despejamos la diferencia de la temperatura de la primera f´ ormula: Q ∆T = T2 − T1 = mCv Para estos fines necesitamos calcular el calor absorbido por el aire Q que se obtiene multiplicando el calor generado por un estudiante por el n´ umero de estudiantes: Q = 80 × 30 = 240 W por segundo. Luego, Q 240 = = 0.00116735 ◦ C mCv 286.34 × (0.718 × 103 )

e M ar ar n ´ıa in Va P gC e ss nk ou ile ov rse va a ∆T =

Este es el calor que se genera cada segundo. Para determinar el calor despu´es de 15 minutos debemos multiplicar el valor obtenido por el tiempo transcurrido: 15 minutos = 900 s. Finalmente obtenemos que la temperatura va a aumentar con 0.00116735 × 900 = 1.05◦ C.

Problema 4 Para el paracaidista en ca´ıda libre con arrastre lineal, suponga un primer saltador de 70 kg con coeficiente de arrastre de 12 kg/s. Si un segundo saltador tiene un coeficiente de arrastre de 15 kg/s y una masa de 75 kg, ¿cu´ anto tiempo le tomar´ a alcanzar la misma velocidad que el primero adquiera en 10 s? ´ RESOLUCION:

Para la resoluci´ on este problema primero se debe buscar la velocidad que adquiere el primer saltador en 10 s y despu´es buscar que tiempo le va a tomar al segundo saltados para adquirir la misma velocidad. Utilizamos la frmula dada en la Lecci´ on 1 de la Unidad 1:  c  vi+1 = vi + g − vi ∆t m Se define un ∆t que se utilizara para cada caso, por ejemplo ∆t = 0.5 s. Para el primer saltador tenemos   12 vi+1 = vi + 9.81 − vi (0.5) 70 y para el segundo saltador

  15 vi+1 = vi + 9.81 − vi (0.5) 75

eL

Las condiciones iniciales son los del problema dado en la Lecci´on 1 de la Unidad 1: en t = 0 s, v = 0 m/s. Presentamos los resultados en la tabla en continuaci´on: ti 0.0 0.5 1.0 ··· ··· 10.0

vi 0.0000 4.9050 9.3896 ··· ··· 47.6921

ti 0.0 0.5 1.0 ··· ··· 17.0

vi 0.0000 4.9050 9.3195 ··· ··· 47.6858

Resultados son obtenidos usando una hoja de EXCEL y muestran que despu´es de aproximadamente 17 s el segundo saltador obtendr´ a una velocidad aproximadamente igual a la velocidad del primer saltador. Para obtener mejor aproximaci´ on podemos disminuir el paso y calcular de nuevo.

Problema 5 Obtener los primeros 5 t´erminos de la serie de Taylor para f (x) centrada en el punto a dado. ´ RESOLUCION: 1 1. f (x) = , a = −2 Usando MATLAB obtenemos: x−1 >> syms x >> y = 1/(x - 1); >> T = taylor(y, x, -2, ’Order’, 5); T = −x/9 − (x + 2)2 /27 − (x + 2)3 /81 − (x + 2)4 /243 − 5/9

3

2. f (x) = ln(x3 ), a = 1 >> syms x >> y = log(x3 ); >> T = taylor(y, x, 1, ’Order’, 5); T = 3 ∗ x − (3 ∗ (x − 1)2 )/2 + (x − 1)3 − (3 ∗ (x − 1)4 )/4 − 3

e M ar ar n ´ıa in Va P gC e ss nk ou ile ov rse va a

π 3. f (x) = sin(x), a = 6 >> syms x >> y = sin(x); >> T = taylor(y, x, pi/6, ’Order’, 5); T = 31/2 ∗ (π/6 − x)3 /12 − (π/6 − x)2 /4 + (π/6 − x)4 /48 − 31/2 ∗ (π/6 − x)/2 + 1/2 Problema 6 Para f (x) = arccos(x).

´ RESOLUCION:

a). Escribir el polinomio de Mclaurin P3 (x) para f(x).

P3 (x) = −

x3 π −x+ 6 2

b). Completar la siguiente tabla para P3 (x) y para f(x) (Utilizar radianes). Como tenemos la funci´on podemos calcular el error relativo porcentual: Valor verdadero − Valor aproximado · 100 ε= Valor verdadero x f (x) P3 (x) ε, %

-0.75 2.4189 2.3911 1.15

-0.5 2.0944 2.0916 0.13

-0.25 1.8235 1.8234 0.004

0 1.5708 1.5708 0

0.25 1.3181 1.3182 0.006

0.5 1.0472 1.0500 0.26

0.75 0.7227 0.7505 3.84

eL

c). Dibujar sus gr´ aficas (de f (x) y P3 (x)) en los mismos ejes coordenados.

Notar que la el error se acerca a cero cuando m´as cerca estamos al punto x = 0 que es el punto alrededor de que esta desarrollada la serie. Los errores aumentan alej´andose del punto del desarrollo de la serie.

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