Descripción
Un objeto que cae verticalmente en el aire está sujeto a una resistencia viscosa y también a la fuerza de gravedad. Suponga que dejamos caer un objeto de masa m desde una altura s0 y que la altura del objeto después de t segundos es
\(\displaystyle s\,(t)=s_0-\frac{m\,g}{k}t+\frac{m^2g}{k^2}(1-e^{-\frac{k}{m}t})\)
donde g = 32.17 pies/s2 y k representa el coeficiente de resistencia del aire en lb-s/pies. Suponga que s0 = 300 pies, m = 0.25 lb, y que k = 0.1 lb.s/pies.
a) Realice una búsqueda incremental en el intervalo inicial [ 5 , 7 ] con un ancho de paso d = 0.2 pies. Trabaje con seis decimales y con redondeo.
b) Calcule, con una exactitud de 0.01 s, el tiempo que tarda este peso de un cuarto de libra en caer al suelo.
An object falling vertically through the air is subjected to viscous resistance as well as to the force of gravity. Assume that an object with mass m is dropped from a height s0 and that the height of the object after t seconds is
\(\displaystyle s\,(t)=s_0-\frac{m\,g}{k}t+\frac{m^2g}{k^2}(1-e^{-\frac{k}{m}t})\)
where g = 32.17 ft/s2 and k represents the coefficient of air resistance in lb-s/ft. Suppose s0 = 300 ft, m = 0.25 lb, and k = 0.1 lb-s/ft. Find, to within 0.01 s, the time it takes this quarter-pounder to hit the ground.
Referencias:
Exercise 23. Exercise set 2.2 from Faires – Burden. Nineth Edition. Page 66.
Ejercicio 23. Conjunto de Ejercicios 2.3 del Faires – Burden. Séptima Edición. Página 65.
Guía de Ejercicios. Prof. Juan Hurtado. Universidad de Oriente. Núcleo de Anzoátegui. Venezuela. Periodo III-2025.
Solución.
Tolerancia: εs = 0.01
\(\displaystyle s\,(t)=s_0-\frac{m\,g}{k}t+\frac{m^2g}{k^2}(1-e^{-\frac{k}{m}t})\) (1)
Para aproximar el valor de la variable t, se sustituyen los parámetros conocidos en la ecuación (1) con el objeto de obtener una ecuación en una variable (t).
Si el objeto llega al suelo: s = 0.
\(\displaystyle 0=300-\frac{(0.25)\,(32.17)}{0.1}t+\frac{(0.25)^2\times 32.17}{(0.1)^2}(1-e^{-\frac{0.1}{0.25}t})\)
0 = 300 – 80.425 t + 201.0625 (1 – e –0.4 t)
0 = 300 – 80.425 t + 201.0625 – 201.0625 e –0.4 t
0 = 501.0625 – 80.425 t – 201.0625 e– 0.4 t
Definimos f (t) = 501.0625 – 80.425 t – 201.0625 e –0.4 t.
a) Búsqueda incremental con d = 0.2 en el intervalo [ 5 , 7 ].
Se determina el valor de la función f (t) para valores entre 5 y 7 con incrementos de 0.2.
Se muestra un cálculo para t = 5 y t = 5.2.
Para t = 5:
f (5) = 501.0625 – 80.425 (5) – 201.0625 e –0.4 (5) = 71.727650
Para t = 5.2:
f (5.2) = 501.0625 – 80.425 (5.2) – 201.0625 e –0.4 (5.2) = 57.733719
Para el resto de los valores, los resultados se resumen en una tabla.
|
t |
f (t) |
|
5 |
71.726650 |
|
5.2 |
57.733719 |
|
5.4 |
43.579943 |
|
5.6 |
29.277687 |
|
5.8 |
14.838367 |
|
6 |
0.272522 |
|
6.2 |
-14.410122 |
|
6.4 |
-29.200584 |
|
6.6 |
-44.090575 |
|
6.8 |
-59.072443 |
|
7 |
-74.139123 |
El cambio de signo para la función f (t) ocurre cuando t se encuentra entre 6 y 6.2. En ese intervalo existe por lo menos una raíz de la función. De esta manera tenemos un intervalo [ 6 , 6.2 ] más pequeño que [ 5 , 7 ] para encontrar la raíz aproximada de la función.
En las figuras siguientes se muestran las gráficas de la función f (t) en el intervalo [ 5 , 7 ] y [ 6 , 6.2 ].
Observamos que existe una raíz de la ecuación en el intervalo [ 5 , 7 ].
Un intervalo más pequeño que contiene a la raíz de la ecuación es [ 6 , 6.2 ] tal como lo encontramos en la búsqueda incremental.
Aplicación del método de biseeción para encontrar la raíz de f (t).
El mecanismo de paro es el error absoluto de estimación. Para cada iteración se determina el error absoluto de estimación y se compara con el valor preestablecido en el planteamiento del problema (εs = 0.01).
Número de iteraciones.
\(\displaystyle n\geq\frac{\ln\left(\frac{b-a}{\epsilon_s}\right)}{\ln 2}\)
\(\displaystyle n\geq\frac{\ln\left(\frac{6.2-6}{10^{-2}}\right)}{\ln 2}\)
\(\displaystyle n\geq\frac{\ln\left(\frac{0.2}{10^{-2}}\right)}{\ln 2}\)
\(\displaystyle n\geq\frac{\ln 20}{\ln 2}\)
n ≥ 4.32. Se requieren al menos 5 iteraciones.
Primera iteración (i = 1). a1 = 6, b1 = 6.2.
\(\displaystyle t_1=\frac{a_1+b_1}{2}=\frac{6+6.2}{2}=\frac{12.2}{2}=6.1\)
f (t1) = f (6.1) = 501.0625 – 80.425 (6.1) – 201.0625 e –0.4 (6.1) = – 7.054779
En este punto, vemos que todavía no podemos calcular ningún error de aproximación, puesto que solamente tenemos la primera aproximación.
La tabla siguiente resume los resultados de la primera iteración:
|
i |
ai |
bi |
ti |
f (ai) |
f (bi) |
f (ti) |
εa |
|
1 |
6 |
6.2 |
6.1 |
0.272522 |
-14.410122 |
-7.054779 |
– |
f (t1) tiene el mismo signo que f (b1), b2 = t1
Intervalo que contiene la solución: [ 6 , 6.1 ].
En la figura siguiente se observa el principio del método. El intervalo original se ha dividido a la mitad, lo cual conduce a dos intervalos: [ 6 , 6.1 ] y [ 6.1 , 6.2 ]. Para continuar con el método, se elige el intervalo que contiene la solución.
Primera iteración del método de bisección para f (t) = 501.0625 – 80.425 t – 201.0625 e –0.4 t en [ 6 , 6.2 ].
Segunda iteración (i = 2). a2 = 6, b2 = 6.1.
\(\displaystyle t_2=\frac{a_2+b_2}{2}=\frac{6+6.1}{2}=\frac{12.1}{2}=6.05\)
f (t2) = f (6.05) = 501.0625 – 80.425 (6.05) – 201.0625 e –0.4 (6.05) = – 3.387553
Aquí podemos calcular el primer error absoluto de aproximación, puesto que contamos ya con la aproximación actual y la aproximación anterior:
εa,2 = | t2 – t1 |
εa,2 = | 6.05 – 6.1 |
εa,2 = 0.05
εa,2 (0.05) > εs (0.01). Se requiere una iteración adicional.
La tabla siguiente resume los resultados de la segunda iteración:
|
i |
ai |
bi |
ti |
f (ai) |
f (bi) |
f (ti) |
εa |
|
1 |
6 |
6.2 |
6.1 |
0.272522 |
-14.410122 |
-7.054779 |
– |
|
2 |
6 |
6.1 |
6.05 |
0.272522 |
-7.054779 |
-3.387553 |
0.05 |
f (t2) tiene el mismo signo que f (b2), b3 = t2
Intervalo que contiene la solución: [ 6 , 6.05 ].
Gráficamente:
Segunda iteración del método de bisección para f (t) = 501.0625 – 80.425 t – 201.0625 e –0.4 t en [ 6 , 6.2 ].
Tercera iteración (i = 3). a3 = 6, b3 = 6.05.
\(\displaystyle t_3=\frac{a_3+b_3}{2}=\frac{6+6.05}{2}=\frac{12.05}{2}=6.025\)
f (t3) = f (6.025) = 501.0625 – 80.425 (6.025) – 201.0625 e –0.4 (6.025) = – 1.556613
Error absoluto de aproximación.
εa,3 = | t3 – t2 |
εa,3 = | 6.025 – 6.05 |
εa,3 = 0.025
εa,3 (0.025) > εs (0.01). Se requiere una iteración adicional.
La tabla siguiente resume los resultados de la tercera iteración:
|
i |
ai |
bi |
ti |
f (ai) |
f (bi) |
f (ti) |
εa |
|
1 |
6 |
6.2 |
6.1 |
0.272522 |
-14.410122 |
-7.054779 |
– |
|
2 |
6 |
6.1 |
6.05 |
0.272522 |
-7.054779 |
-3.387553 |
0.05 |
|
3 |
6 |
6.05 |
6.025 |
0.272522 |
-3.387553 |
-1.556613 |
0.025 |
f (t3) tiene el mismo signo que f (b3), b4 = t3
Intervalo que contiene la solución: [ 6 , 6.05 ].
Gráficamente:
Tercera iteración del método de bisección para f (t) = 501.0625 – 80.425 t – 201.0625 e –0.4 t en [ 6 , 6.2 ].
Cuarta iteración (i = 4). a4 = 6, b4 = 6.025.
\(\displaystyle t_4=\frac{a_4+b_$}{2}=\frac{6+6.025}{2}=\frac{12.025}{2}=6.0625\)
f (t4) = f (6.0125) = 501.0625 – 80.425 (6.0125) – 201.0625 e –0.4 (6.0125) = – 0.641819
Error absoluto de aproximación.
εa,4 = | t4 – t3 |
εa,4 = | 6.0125 – 6.025 |
εa,4 = 0.0125
εa,4 (0.0125) > εs (0.01). Se requiere una iteración adicional.
La tabla siguiente resume los resultados de la cuarta iteración:
|
i |
ai |
bi |
ti |
f (ai) |
f (bi) |
f (ti) |
εa |
|
1 |
6 |
6.2 |
6.1 |
0.272522 |
-14.410122 |
-7.054779 |
– |
|
2 |
6 |
6.1 |
6.05 |
0.272522 |
-7.054779 |
-3.387553 |
0.05 |
|
3 |
6 |
6.05 |
6.025 |
0.272522 |
-3.387553 |
-1.556613 |
0.025 |
|
4 |
6 |
6.025 |
6.0125 |
0.272522 |
-1.556613 |
-0.641819 |
0.0125 |
f (t4) tiene el mismo signo que f (b4), b5 = t4
Intervalo que contiene la solución: [ 6 , 6.0125 ].
Gráficamente:
Cuarta iteración del método de bisección para f (t) = 501.0625 – 80.425 t – 201.0625 e –0.4 t en [ 6 , 6.2 ].
Quinta iteración (i = 5). a5 = 6, b5 = 6.0125.
\(\displaystyle t_5=\frac{a_5+b_5}{2}=\frac{6+6.0125}{2}=\frac{12.0125}{2}=6.00625\)
f (t5) = f (6.00625) = 501.0625 – 80.425 (6.00625) – 201.0625 e –0.4 (6.00625) = – 0.184592
Error absoluto de aproximación.
εa,5 = | t5 – t4 |
εa,5 = | 6.00625 – 6.0125 |
εa,5 = 0.00625
εa,5 (0.00625) < εs (0.01). Fin del procedimiento.
Los resultados que se obtienen de la aplicación del método se resumen en la siguiente tabla:
|
i |
ai |
bi |
ti |
f (ai) |
f (bi) |
f (ti) |
εa,i |
|
1 |
6 |
6.2 |
6.1 |
0.272522 |
-14.410122 |
-7.054779 |
– |
|
2 |
6 |
6.1 |
6.05 |
0.272522 |
-7.054779 |
-3.387553 |
0.05 |
|
3 |
6 |
6.05 |
6.025 |
0.272522 |
-3.387553 |
-1.556613 |
0.025 |
|
4 |
6 |
6.025 |
6.0125 |
0.272522 |
-1.556613 |
-0.641819 |
0.0125 |
|
5 |
6 |
6.0125 |
6.00625 |
0.272522 |
-0.641819 |
-0.184592 |
0.00625 |
Gráficamente:
Quinta iteración del método de bisección para f (t) = 501.0625 – 80.425 t – 201.0625 e –0.4 t en [ 6 , 6.2 ].
La solución de la ecuación 501.0625 – 80.425 t – 201.0625 e –0.4 t es t5 = 6.00625, obtenida aplicando el método de bisección en el intervalo [ 6 , 6.2 ] con una tolerancia de 10–2. El error absoluto de aproximación es 0.00625.
