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• Daniel Villagran

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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.-

UIDAD 3 – Actividades

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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