Asignatura
Datos del alumno
Fecha
Apellidos: Lima Narváez
Métodos Numéricos Avanzados en Ingeniería
02 de mayo de 2017 Nombre: Johnny Mauricio
Actividades Lectura: Métodos Numéricos: Resolver el siguiente problema de valor inicial: 𝑑𝑦 3 − 𝑦=𝑥 { 𝑑𝑥 𝑥 𝑦(1) = 0 𝑥 ∈ [1,2] Primero
determinamos
general
de
la
la
ecuación
solución
homogénea
asociada:
Ahora determinamos particular de la EDO:
la
solución
𝑦𝑝 = 𝑘(𝑥)𝑥 3 𝑦ℎ = 𝑘. 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥
𝑦′𝑝 = 𝑘 ′ 𝑥 3 + 3𝑘𝑥 2
−3
𝑦ℎ = 𝑘. 𝑒 − ∫ 𝑥 𝑑𝑥 𝑦ℎ = 𝑘. 𝑒 3 ln 𝑥 𝑦ℎ = 𝑘. 𝑥 3 Sustituimos en la ecuación diferencial completa:
Finalmente la solución general de la EDO completa es:
3 𝑦′𝑝 − 𝑦𝑝 = 𝑥 𝑥
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
(𝑘 ′ 3
𝑥 + 3𝑘𝑥
2)
3 − (𝑘𝑥 3 ) = 𝑥 𝑥
𝑘 ′ 𝑥 3 + 3𝑘𝑥 2 − 3𝑘𝑥 2 = 𝑥
1 𝑦 = 𝑘𝑥 3 + (− ) 𝑥 3 𝑥 𝑦 = 𝑘𝑥 3 − 𝑥 2 𝑠𝑖 𝑦(1) = 0, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠:
𝑥3𝑘′ = 𝑥
(0) = 𝑘(1)3 − (1)2
𝑘 ′ = 𝑥 −2
𝑘=1 ∫ 𝑑𝑘 = ∫ 𝑥
𝑘=−
TEMA 3 – Actividades
−2
1 𝑥
𝑑𝑥
Por último la solución queda:
𝑦 = 𝑥3 − 𝑥2
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Asignatura Métodos Numéricos Avanzados en Ingeniería
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Apellidos: Lima Narváez 02 de mayo de 2017 Nombre: Johnny Mauricio
Solución por el Método de Euler Para la solución acomodamos la ecuación diferencial de la siguiente forma:
𝑥 2 + 3𝑦 𝑥 𝑦(1) = 0 𝑥 ∈ [1,2]
′ {𝑦 =
Para 𝑛 = 5, el tamaño de paso es:
ℎ= Por lo tanto los nodos son:
𝑏−𝑎 2−1 = = 0,2 𝑛 5
𝑥0 = 1; 𝑥1 = 1,2; 𝑥2 = 1,4; 𝑥3 = 1,6; 𝑥4 = 1,8; 𝑥5 = 2 A continuación determinamos las Iteraciones:
Fase 0
𝑥0 = 1 ; ̅̅̅ 𝑦0 = 0
Fase 1
(1)2 + 3(0) 𝑥0 = 1 ; ̅̅̅ 𝑦0 = 0 → ̅̅̅ 𝑦1 = 0 + 0,2 [ ] = 0,2 1
Fase 2
(1,2)2 + 3(0,2) 𝑥1 = 1,2 ; ̅̅̅ 𝑦1 = 0,2 → ̅̅̅ 𝑦2 = 0,2 + 0,2 [ ] = 0,54 1,2
Fase 3
(1,4)2 + 3(0,54) 𝑥2 = 1,4 ; ̅̅̅ 𝑦2 = 0,54 → ̅̅̅ 𝑦3 = 0,54 + 0,2 [ ] = 1,05142 1,4
Fase 4
𝑥3 = 1,6 ; ̅̅̅ 𝑦3 = 1,05142 → ̅̅̅ 𝑦4 = 1,05142 + 0,2 [
(1,6)2 + 3(1,05142) ] = 1,76570 1,6
Fase 5
𝑥4 = 1,8 ; ̅̅̅ 𝑦4 = 1,76570 → ̅̅̅ 𝑦5 = 1,76570 + 0,2 [
TEMA 3 – Actividades
(1,8)2 + 3(1,76570) ] = 2,71427 1,8
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Por ultimo resumimos los resultados en una tabla:
𝒋 0 1 2 3 4 5
𝒙𝒋 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2
𝒚̅𝒋 0 0,2 0,54 1,05142 1,76570 2,71427
Comparación entre los dos métodos:
Fig. 1: Por el método numérico
Fig. 2: Por la solución exacta.
La comparación es que en la solución exacta la curva tiene mayor pendiente, en cambio en la solución numérica la curva posee un error significativo en la pendiente.
Ejemplo real. Se bombea cerveza con un contenido del 9% de alcohol por galón a un tanque que inicialmente contiene 600 gal de cerveza con 7% de alcohol. La cerveza se bombea hacia el interior a razón de 6 gal/min en tanto que el líquido mesclado se extrae del tanque a razón de 7 gal/min. a) ¿Qué cantidad de alcohol hay en el tanque después de t minutos? Representación:
𝐴(𝑡) → cantidad de alcohol en el tanque
𝑣𝑒 𝐶𝑒 → rapidez con que entra el alcohol al tanque
𝑣𝑠 𝐶𝑠 (𝑡) → rapidez con que sale el alcohol del tanque.
𝑣𝑒 = 6 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛 → rapidez de entrada de la cerveza
𝑣𝑠 = 7 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛 → rapidez de salida de la cerveza.
𝐶𝑒 = 9 % = 0,09 → concentración del alcohol a la entrada.
𝐶𝑠 (𝑡) = 600−𝑡 → concentración del alcohol a la salida
𝑉(𝑡) = (600 − 𝑡)𝑔𝑎𝑙 → volumen de la cerveza en función del tiempo.
𝐴(𝑡)
TEMA 3 – Actividades
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Planteamiento del modelo matemático.
𝑑 𝐴(𝑡) = 𝑣𝑒 𝐶𝑒 − 𝑣𝑠 𝐶𝑠 (𝑡) 𝑑𝑡
𝐴(0) = 0,07 𝑑𝑒 600 𝑔𝑎𝑙 𝐴(0) = 42 𝑔𝑎𝑙
𝑑 𝐴(𝑡) 𝐴(𝑡) = 6(0,09) − 7 𝑑𝑡 600 − 𝑡 𝑑𝐴 7 + 𝐴 = 0,54 𝑑𝑡 600 − 𝑡 Resolución:
𝐴′𝑝 +
𝐴ℎ = 𝑘. 𝑒 − ∫ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 7
𝐴ℎ = 𝑘. 𝑒 − ∫600−𝑡𝑑𝑡
𝑘 ′ (600 − 𝑡)−7 + 7𝑘(600 − 𝑡)−8 +
𝐴ℎ = 𝑘. 𝑒 −7 ln(600−𝑡)
7 (𝑘(600 − 𝑡)−7 ) = 0,54 600 − 𝑡
𝑘 ′ (600 − 𝑡)−7 = 0,54
𝐴ℎ = 𝑘. (600 − 𝑡)−7 𝐴𝑝 = 𝑘(𝑡)(600 − 𝑡)
7 𝐴 = 0,54 600 − 𝑡 𝑝
𝑘 ′ = 0,54(600 − 𝑡)7
−7
∫ 𝑑𝑘 = −0,54 ∫ −(600 − 𝑡)7 𝑑𝑡
𝐴′𝑝 = 𝑘 ′ (600 − 𝑡)−7 + 7𝑘(600 − 𝑡)−8
𝑘(𝑡) = −0,0675(600 − 𝑡)8 Finalmente la solución general de la EDO completa es:
𝐴 = 𝐴ℎ + 𝐴𝑝 𝐴 = 𝑘(600 − 𝑡)−7 + (−0,0675(600 − 𝑡)8 )(600 − 𝑡)−7 𝐴 = 𝑘(600 − 𝑡)−7 − 0,0675(600 − 𝑡) 𝑠𝑖 𝐴(0) = 42, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠: 42 = 𝑘(600 − 0)−7 − 0,0675(600 − 0) 𝑘 = 82,5(600)7 Por último la solución queda:
82,5(600)7 𝐴(𝑡) = − 0,0675(600 − 𝑡) (600 − 𝑡)7
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