5.18 Y 5.39 Metodos numericos aplicados a la ingeniería PDF

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5 Con los siguientes valores:donde p/a es la carga en lb/pulg2 que causa la ruptura de una columna de hierro dulce con extremos redondeados y l/r es la razón de la longitud de la columna al mínimo radio de giro de su sección transversal, encuentre el polinomio de tercer grado que pasa por estos punt...

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5.18 Con los siguientes valores:

donde p/a es la carga en lb/pulg2 que causa la ruptura de una columna de hierro dulce con extremos redondeados y l/r es la razón de la longitud de la columna al mínimo radio de giro de su sección transversal, encuentre el polinomio de tercer grado que pasa por estos puntos en sus distintas formas. a) b) c) d)

(aproximación polinomial simple). b) Forma de Lagrange. c) Aproximación de Newton (en diferencias divididas). Aproximación de Newton en diferencias finitas (hacia adelante y hacia atrás). a) Aproximación polinomio simple. 1) Se establecen ecuaciones para las incógnitas del modelo matemático

2) Se pasan los valores a una matriz y se obtiene el determinante

∆=1536∗10

7

Para encontrar los valores de los coeficientes primero se sustituye en cada columna los valores de x correspondientes y se encuentran los determinantes de esa nueva matriz.

∆ 3=−128∗10 6

∆ 2=8256∗10

7

∆ 1=−185728∗10

8

∆ 0=1529856∗109 Ahora a obtenemos el valor de los coeficientes al dividir el determinante de las matrices en las que se sustituyó el de entre la matriz original

−128∗106 =−0.0083333 1536∗107 8256∗107 a2= =5.375 1536∗107 8 −185728∗10 =−1209.16666 a1 = 7 1536∗10 a3 =

a0 =

1529856∗109 =99600 1536∗107

Por lo que el polinomio finalmente quedaría de la siguiente manera:

p =99600−1209.16 x−5.375 x 2−0.0083 x3 a b) Forma de Lagrange. Sustituimos los valores dados en la fórmula para polinomios de tercer grado de Lagrange que esta expresada de la siguiente manera.

Quedando de la siguiente manera

Y al simplificar todas las operaciones obtenemos el siguiente polinomio de tercer grado

Que al evaluar en los puntos dados coincide.

c) Aproximación de Newton (en diferencias divididas).

Procedemos a armar la estructura del polinomio tal que queda de la siguiente forma:

( x − x 0 )( x − x 1 ) +a3 (( x −x0 ) (x−x 1) ( x − x 2 )) y =a0 + a1 ( x − x 0) +a2 ¿ Para encontrar los coeficientes estas operaciones:

an

se puede hacer de forma manual siguiendo

Pero también se puede realizar con un programa, en este caso grogebra; quedando de la siguiente manera:

Sustituyendo en el polinomio que se armó antes queda:

y=12800−

265 7 1 ( x−140 ) + ( x−140 )( x−180 ) − ( x−140 ) (x−180) ( x −220 ) 2 8 120

Que al simplificar nos queda de la siguiente manera:

−x 3 43 x2 7255 x +99600 − + 6 8 120 Que al evaluar en los puntos dados coincide siendo esta nuestra de que el método se aplicó correctamente.

e) Aproximación de Newton en diferencias finitas (hacia adelante ) Primero procedemos a armar la tabla de diferencias. x 140 180 220

y 12800 7500 5000

Δyn

Δ2yn

-5300 -2500

2800

Δ3yn

Nota: este método exige que el espaciamiento entre los valores de x sea uniforme por lo que no se podrá trabajar con el último valor al menos en este caso ya que para los primeros tres el espaciamiento es de 40 y para el ultimo es de 20. De manera tal entonces que el polinomio de la formula solo quedaría de grados 2.

y x =kΔ y 0 +

k (k−1) 2 Δ y0 2!

Donde “yx” es el valor al que deseamos aproximarnos con el uso del polinomio.

Para calcular “k” se usa el siguiente modelo matemático.

k=

x x −x 0 n

Donde “Xx” es el valor de x para el que queremos determinar y “n” es el estacionamiento. Aproximación de Newton en diferencias finitas (hacia atrás ) Primero calculamos el valor s con la siguiente fórmula para x=150 por ejemplo.

s=

150−220 =-1.75 40

Ahora procedemos a encontrar las diferencias para este método tal que: x 140 180 220

y 12800 7500 5000 Δ0↓ 5000

Δyn

Δ2yn

-5300 -2500 Δ1↓ -2500

2800 Δ2↓ 2800

Δ3yn

Ahora sustituimos los valores en la siguiente formula:

y=5000+(−2500 )(−2 )+

2800 (− 2)(−2+1) =12800 2!

Que coincide con el valor correspondiente para “x=140”. 5.39 Veinte tipos de hojas de acero procesadas en frío tienen diferentes composiciones de cobre y temperaturas de templado. Al medir su dureza resultante, se obtuvieron los siguientes valores:

Se sabe que la dureza depende en forma lineal del contenido u de cobre en % y de la temperatura de templado v.

Determine los parámetros a0, a1y a2, siguiendo el criterio de los mínimos cuadrados. Solución: El sistema por resolver es una variable de aproximación multilineal con mínimos cuadrados tal que:

n a0 + a1 ∑u+ a2 ∑ v=∑ y

a0 ∑u + a1 ∑ u2 + a2 ∑uv = ∑uy 2

a0 ∑ v+ a1 ∑ vu + a2 ∑ v =∑ vy Con objeto de facilitar el cálculo del sistema anterior, se construye la siguiente tabla.

i

y

u

v

u^2

uv

v^2

uy

vy

1

78.9

0.02

1000

0.0004

20

1000000

1.578

78900

2

65.1

0.02

1100

0.0004

22

1210000

1.302

71610

3

55.2

0.02

1200

0.0004

24

1440000

1.104

66240

4

56.4

0.02

1300

0.0004

26

1690000

1.128

73320

5

80.9

0.1

1000

0.01

100

1000000

8.09

80900

6

69.7

0.1

1100

0.01

110

1210000

6.97

76670

7

57.4

0.1

1200

0.01

120

1440000

5.74

68880

8

55.4

0.1

1300

0.01

130

1690000

5.54

72020

9

85.3

0.18

1000

0.0324

180

1000000

15.354

85300

10

71.8

0.18

1100

0.0324

198

1210000

12.924

78980

11

60.7

0.18

1200

0.0324

216

1440000

10.926

72840

12

58.9

0.18

1300

0.0324

234

1690000

10.602

76570

total

795.7

1.2

13800

0.1712

1380

16020000 81.258

902230

Que al sustituir en el sistema de ecuaciones anterior queda

12 a0 +1.2 a1 +13800 a2=795.7 1.2 a0 +0.1712 a1 +1380 a2=81.258

13800 a0 + 1380 a1 + 16020000 a2=902230 Acomodando los coeficientes y encontrando las determinantes del sistema obtenemos:

Δas

Δa0

Δa1

Δa2

a0 =

14868768 =161.33 92160

a1=

3038400 =32.96 92160

a2=

−7879.68 =−0.0855 92160

De tal manera entonces que la ecuación queda de la siguiente manera:

y=161.33+32.96 u−0.0855 v...