1) Lee y Duffy (1976) relaciona el coeficiente de fricción para el flujo de suspensión de partículas fibrosas con el número de Reynolds mediante la siguiente ecuación:

1

√ f=( 1k ) ln (ℜ√ f )+(14−5.6k )

en su relación f es el factor de friccion ℜ es el número de Reynolds = 3750, y k es una constante determinada por concentración de la suspensión para el caso de 0.08% de concentración igual a 0.28. Determine el valor de f , mediante el método de bisección con un intervalo [0.004 ;0.006 ] y una

precisión de 10−5 (trabaje con cinco cifras decimales).

1

√ f=( 10.28 ) ln (3750√ f )+(14− 5.6

0.28 )1√ f

=ln (3750√ f )0.28

−6

g( f )=ln (3750√ f )0.28

− 1√ f

−6

La solución exacta con la calculadora HP 50g y se obtienef=0 .00512∈ [0.004 ;0.006 ]

1era iteracióncon a1=0.004 y b1=0.006

g(0.004 )=ln (3750√0.004 )

0.28− 1

√0.004−6=−2.28003

g(0.006)=ln (3750√0.006 )

0.28− 1

√0.006−6=1.34546

f r=0.004+0.006

2=0.005

g(0.005 )=ln (3750√0.005 )

0.28− 1

√0.005−6=−0.21231

Como g( f r )∙ g (a1 )>0 entonces a2=0.005 y b2=0.006

2da iteración

f r=0.005+0.006

2=0.0055

g(0.0055 )=ln (3750√0.0055 )

0.28− 1

√0.0055−6=0.61603

error=|0.0055−0.005|=0.0005>10−5continuamos iterando

Como g( f r )∙ g (b2 )>0 entonces a3=0.005 y b3=0.0055

3ra iteración

f r=0.005+0.0055

2=0.00525

g(0.00525)=ln (3750√0.00525 )

0.28− 1

√0.00525−6=0.21564

error=|0.00525−0.0055|=0.00025>10−5 continuamos iterando

Como g( f r )∙ g (b3 )>0 entonces a4=0.005 y b4=0.00525

4ta iteración

f r=0.005+0.00525

2=0.00513

g(0.00513)=ln (3750√0.00513 )

0.28− 1

√0.00513−6=0.03187

error=|0.00513−0.00525|=0.00012>10−5 continuamos iterando

Como g( f r )∙ g (b4 )>0 entonces a5=0.005 y b5=0.00513

5ta iteración

f r=0.005+0.00513

2=0.00507

g(0.00507 )=ln (3750 √0.00507 )

0.28− 1

√0.00507−6=−0.08951

error=|0.00507−0.00513|=0.00006>10−5 continuamositerando

Como g( f r )∙ g (a5 )>0 entonces a6=0.00507 y b6=0.00513

6ta iteración

f r=0.00507+0.00513

2=0.0051

g(0.0051 )=ln (3750 √0.0051 )

0.28− 1

√0.0051−6=−0.03761

error=|0.0051−0.00507|=0.00003>10−5 continuamos iterando

Como g( f r )∙ g (a6 )>0 entonces a7=0.0051 y b7=0.00513

7ma iteración

f r=0.0051+0.00513

2=0.00512

g(0.00512)=ln (3750√0.00512 )

0.28− 1

√0.00512−6=−0.00324

error=|0.00512−0.0051|=0.00002>10−5 continuamositerando

Como g( f r )∙ g (a7 )>0 entonces a8=0.00512 y b8=0.00513

8va iteración

f r=0.00512+0.00513

2=0.00513

g(0.00513)=ln (3750√0.00513 )

0.28− 1

√0.00513−6=0.01387

error=|0.00513−0.00512|=0.00001=10−5 coincide con la precisionf=0 .00513

2) Resuelva la ecuación 2−x+2cosx=−e x+6 utilizando el método de Newton

Raphson con xo=1.5 y una precisión de 1 x10−5 (trabaje con cinco cifras decimales)

f ( x )=2−x+2cosx+ex−6

f ( x )' =−2−x ∙ ln 2−2 senx+ex

La solución exacta de la ecuación con la calculadora HP 50g

tenemos x=1 .82938

1era iteración xo=1.5

f (1.5 )=2−1.5+2cos (1.5 )+e1.5−6=−1.02328

f (1.5 )' =−2−1.5 ln 2−2 sen (1.5 )+e1.5=2.24163

x1=1.5−−1.023282.24163

=1.95649

2da iteración x1=1.95649

f (1.95649 )=2−1.95649+2cos (1.95649 )+e1.95649−6=0.57970

f (1.95649 )' =−2−1.95649 ln2−2 sen (1.95649 )+e1.95649=5.04278

x2=1.95649−0.57975.04278

=1.84153

error=|1.84153−1.95649|=0.11119>10−5

3ra iteración x2=1.84153

f (1.84153 )=2−1.84153+2cos (1.84153 )+e1.84153−6=0.05033

f (1.84153 )' =−2−1.84153 ln2−2 sen (1.84153 )+e1.84153=4.18562

x3=1.84153−0.050334.18562

=1.82951

error=|1.82951−1.84153|=0.01202>10−5

4ta iteración x3=1.82951

f (1.82951 )=2−1.82951+2cos (1.82951 )+e1.82951−6=0.00052

f (1.82951 )' =−2−1.82951 ln 2−2 sen (1.82951 )+e1.82951=4.10237

x4=1.82951−0.000524.10237

=1.82938

error=|1.82938−1.82951|=0.00013>10−5

5ta iteración x4=1.82938

f (1.82938 )=2−1.82938+2cos (1.82938 )+e1.82938−6=−0.00001

f (1.82938 )' =−2−1.82938 ln 2−2 sen (1.82938 )+e1.82938=4.10148

x5=1.82938−−0.000014.10148

=1.82938

error=|1.82938−1.82938|=0<10−5

x=1 .82938

3) Una partícula parte del reposo sobre un plano inclinado uniforme cuyo

ánguloθ cambia con una rapidez constante dθdt

(ω<0) al final de t segundos

la posición esta dada por:

x (t )=g2ω2 [ e

ωt−e−ωt

2−sen (ωt )]

Suponga que la posición esta 1,5 pies en un segundo, g=−32,17 piess2

a) Determine el intervalo de longitud 0.1 que contenga la raíz en [−1,0 ]b) Aplique el método de la regla falsa

1.5=−32.172ω2 [ eω(1)−e−ω (1)

2−sen (ω(1))]

f (ω )=−32.172ω2 [ eω−e−ω2

−sen (ω )]−1.5

Como la solución es ω=−0 .27976 el intervalo propuesto es de [−0.3 ;−0.2 ]

Ahora aplicamos el método de la Regla Falsa

xr=x1−f (x1 ) (xo−x1)f (xo)

−f (x1)

1era iteracióncon a1=−0.3 y b1=−0.2

f (−0.3 )=−32.172(−0.3)2 [ e

−0.3−e−(−0.3 )

2−sen (−0.3 )]−1.5=0.10852

f (−0.2 )=−32.172(−0.2)2 [ e

−0.2−e−(−0.2)

2−sen (−0.2 )]−1.5=−0.42766

xr=−0.2−(−0.42766 ) (−0.3−(−0.2 ) )0.10852− (−0.42766 )

=−0.27976

f (−0.27976 )=−32.17

2(−0.27976)2 [ e−0.27976−e−(−0.27976 )

2−sen (−0.27976 )]−1.5=−0.00001

Como f (xr )∙ f (b1)>0 entonces a2=−0.3 y b2=−0.27976

2da iteración

xr=−0.27976−(−0.00001 ) (−0.3−(−0.27976 ) )

0.10852−(−0.00001 )=−0.27976

error=|−0.27976−(−0.27976 )|=0

Soluciónω=−0 .27976