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Lista de exercícios (Capítulo 4) 1) Em dois reatores tanque de mistura perfeita é conduzida a reação em fase líquida: A+BC+D de forma isotérmica. Os balanços estacionários de massa do reagente A neste sistema são descritos pelas equações algébricas:
Primeiro reator: 21 0
qk C C C
V 1
Segundo reator: 22 1
qk C C C
V 2
Onde k: constante de velocidade da reação = 0,075 L/mol/min;
q: vazão volumétrica de alimentação do sistema = 30 L/min;
V: volume dos reatores (L)
C0 : concentração de A na alimentação do sistema = 1,6 mol/L;
C1 : concentração de A na saída do primeiro reator [mol/L];
C2 : concentração de A na saída do segundo reator [mol/L].
Calcule o volume dos reatores sabendo-se que a conversão global de A é igual a 80%. Generalize seus resultados para n reatores iguais em série e compare o volume de um PFR que conduz à mesma conversão.
Adotando-se as seguintes variáveis e parâmetro adimensionais:
0
para = 0, 1, ii
Cy i n
C e 0k C V
q
[note que : 0
0 0
11 1 0 8 0 2n
n
C XCX , ,
C C
e 0
00
1C
yC
] y
Tem-se:
Primeiro reator: 21 0 1 0 1 11y y y y y y
Segundo reator: 22 1 2 1 2 21y y y y y y
....................................................................................
i-ésimo reator: 21 1 1i i i i i iy y y y y y
....................................................................................
n-ésimo reator: 21 1 1n n n n n ny y y y y y
Para expressar yi em função de yi-1 resolve-se: 21 11 0i i i i i iy y y y y y
Assim, a única raiz com significado físico é: 11 4 1
2i
i
yy
, para evitar a
indeterminação que ocorre quando 0 , multiplicam-se o numerador e denominador da
expressão por: 11 4 1iy , resultando em:
1
1
1
2
1 4 1i
i
iy yy
para i = 1, 2, ...,n com y0 =1.
Deseja-se calcular o valor de que conduz a: 0 2ny , , assim, deve-se calcular a raiz da
função: 0, 2nf y .
Com , tem-se 0 1 0 01 0ny ... y y f ,
8
Com n =1, ter-se-ia: (apenas 1 reator!), com n > 1 seguramente
para
20,2 0,2 1 0 20 20
n tem-se uma conversão maior que 80%, isto é: 200,2 0n
n
y f
.
no intervalo: 20
0n
. Deste modo, procura-se o valor de
Na figura abaixo, plota-se a função contra f para n =5.
0 1 2 3 4
0
0.2
0.4
0.6
0.8Função Plotada entre a=0 e b=20/n
x
f(x)
funcao xk n 0
xk
n 5
Para calcular a derivada de define-se a variável: f ii
dy
d
v , da equação:
22 2 1
1 10 2 01 2
i ii i i i i i i i i
i
yy y y y y
y
v
v v v v para i = 1, ..., n com
00 0
dy
d
v , sendo
nn
df dy
d d
v .
Resumindo: e 0, 2nf y n
df
d
v , calculando-se os valores
de yi e de forma recursiva segundo: iv
1
1
21
0 0
2
1 4 1
1 2
para 1, 2, , com 1 e 0
i i
i
i ii
i
y yy
y
y
i n y
vv
v
Com , tem-se 0 1 0 01 0ny ... y y f ,
8 , assim:
2
1 0
0
1 e com 0i i n
dfn
d
v v v v . Deste modo o valor de após a primeira
iteração de Newton-Raphson com 0 0 será: 1 0,8
n que será o valor adotado para a
(valor de na extremidade inferior no primeiro intervalo de busca!).
Solução:
n V (L) Vtotal (L)
1 20,000 5000,0 5000,0
2 4,4062 1101,6 2203,2
4 1,4836 370,90 1483,6
10 0,4689 117,23 1172,3
20 0,2166 54,150 1083,0
100 0,0406 10,150 1015,0
Para o reator PFR, voltando à equação de balanço no reator i (em forma adimensional):
i-ésimo reator: 21i i iy y y , sendo 0k C V
q
. Considerando o volume total dos
reatores: e definindo o novo parâmetro adimensional: totalV n V
0 0totalk C V k C Vn n
q q
n
, substituindo essa nova forma de no balanço
do i-ésimo reator, resulta: 21i i iy y
n y ou: 2
1i iy n y y i
Para um valor muito elevado de n, considera-se: 1 1
1 e i i i iz y y y y z y z
n ,
sendo para 0, 1, , i
iz i z i n
n . Deste modo a equação pode ser
interpretada como a forma discretizada da equação diferencial:
21i iy n y y
i
2 dy zy z
dz , ou seja:
2dy zy z
dz para 0 < z < 1 e com a condição de entrada:
01
zy z
, sendo a
concentração de saída: 1saída z
y y z
A solução dessa equação diferencial é: 1
1y z
z
, assim:
1
1
1saída zy y z
Como 1
0,2 45saíday (para um PFR), logo:
3
0
4 30 L min1000 L=1 m
0 075 L mol min 1 6 mol Ltotal
/qV
k C , / / , /
.
3
Que é o menor volume total do sistema para uma conversão de 80%. Observe que lim lim 4n n
n
, como mostra a tabela abaixo.
n
1 20,000 20,000
2 4,4062 8,8124
4 1,4836 5,9343
10 0,4689 4,6888
20 0,2166 4,3325
100 0,0406 4,0648
2) A equação de estado de Van der Waals é descrita por:
2
aP b
R T
onde P é a pressão (atm);
é o volume específico molar (L/mol);
T é a temperatura absoluta (K);
R é a constante universal dos gases = 0,082054 L.atm/mol/K;
a é uma constante dependente do gás (L2.atm/mol2)
b é uma constante dependente do gás (L/mol)..
Os valores das constantes a e b para diferentes gases são tabelados abaixo:
Gás a (L2.atm/mole2) b (L/mol) Gás carbônico 3,592 0,04267Anilina dimetílica 37,49 0,1970Hélio 0,03412 0,02370Óxido nítrico 1,340 0,02789
Sabendo-se que a temperatura crítica do gás (temperatura acima da qual o gás não pode se
liquefazer) é dada por: 8
27c
aT
R b
, resolva o problema adotando T > Tc e neste caso mostre
que para qualquer pressão há apenas uma solução da equação. Adotando T < Tc adote valores de P em que há apenas 1 solução e valores de P em que a equação apresenta três soluções, neste último caso: 1 < 2 < 3 sendo 1 o volume específico molar da fase líquida, 3 o volume específico molar da fase gás e 2 não apresenta significado físico. Mostre também como calcular a faixa de pressão dentro da qual o sistema apresenta três soluções.
Reescrevendo a equação de Van der Waals em termos das variáveis adimensionais:
c
T
T (temperatura adimensional);
b
v = (volume específico molar adimensional) e
4
2bp P
a (pressão adimensional), resulta: 2
27 11
8p
v vv
Note que a(s) solução(ões) do problema estão contidas obrigatoriamente entre e 1v8
27 p
v ( v ), isto é todas as soluções se situam no domínio: 1
81
27 p
v
Em que se considera como uma função de v e a variável p como um parâmetro da curva, notando-se que para cada valor de que v enta com o aumento deaum p .
Obtém-se: 2 3 2 3
27 1 2 27 1 21
8 8
dp p
d
vv
v v v v v
e
2
2 3 4 4
27 2 6 273
8 4
d
d
vv
v v v v.
Então, como para 2
23
d
d
vv
v0 , tem-se para esse valor de v um ponto de inflexão da
curva independente do valor do parâmetro p. Como no ponto de inflexão se tem o valor extremo da derivada primeira, nesse caso valor mínimo pois
3
3 533
814 0
4
d
d
vv
v‐ v
v v,
impondo-se
3
27 1 2 27 1 10
8 9 27 8 27
dp p
d
v
v
v 27p é garantido que a
derivada d
d
v
v será sempre positiva para todo p e . Além disso, como no ponto de
inflexão da curva com
v
1
27p tem-se 27 1 1 1
3 3 18 27 9 4
1 3 1
v , os
valores de em que um máximo local pode ocorrer (o que só ocorre se p <1/27 e para entre 1 e 3) serão obrigatoriamente menores que 1 (
v
com p ). Essa característica garante que se
a curva de 1 cT T contra v só interceptada em um ponto por retas horizontais,
conforme esquematizado nos dois casos abaixo:
1 1.5 2 2.5 30
0.5
1
vk2
27
1
vk
Curva de contra v com 1
27p
5 100
0.5
1
1.5 vk
1
27
vk.6
27
1
vk
Curvas de contra v (i)1
27p (curva
vermelha) e (ii) 1
0 p 27
(curva azul)
5
Para ilustrar a solução do problema no caso em que há apenas 1(uma) raiz real, adota-se
2
27 11, ou seja 1 1 e uma valor qualquer de .
8p p
v
v Por exemplo, 2 e 1p
resultando na equação: 2 22
27 11 1 2 27 1 1 1
8
v v v 6v
v
ou seja: , com esses coeficientes as raízes são determinadas: 3 227 43 27 27 0 v v vPela regra de Descartes conclui-se que pode existir 3 ou 1 raiz real positiva e nenhuma raiz
real negativa. Usando o método de Newton-Raphson com 0 1v obtém-se ; Para se certificar que essa é a única solução, utiliza-se como chute inicial o maior valor possível de
, isto é:
1,3906v
v 0 8 161 1 1,5926
27 27p
v e novamente se obtém: 1,3906v .
Para ilustrar a solução do problema no caso em que há 3 (três) raízes reais, considera-se 1
027
p e o valor de 27 1 13 3 1 27
8 9 4p
v 3p , isto é o valor de
correspondente ao ponto de inflexão que ocorre em 3v , assim:
3 22
27 1 27 1 21 3
8 4 9 9p p p p
v v vv
1 0v . Mas:
3 2 223 1 3
9 9p p p
v v v v v v2 1
03
, ou seja, as duas outras soluções
são as raízes de 2 1 1 272 10
9 3 9
pp
p
v v v = , adotando-se p = 0,02 e
27 13 0,02 3 1 0,8850
8 9
tem-se: a primeira solução:
1
1 1 27 0,021,7876
9 0,02
v = (fase líquida), a segunda solução: (fase instável) e a
terceira solução
2 3v
3
1 1 27 0,029,3235
9 0,02
v = (fase vapor).
3) Em problemas de transferência de calor é importante calcular as raízes reais positivas da
equação: tg
K
, onde K é uma constante conhecida, note que, exceto no caso em que
K = 1, = 0 não é raiz desta equação. Para evitar as descontinuidades da função tangente reescreve-se a equação original na forma: cos 0f sen K . Apresente o
procedimento iterativo que traduz o método de Newton-Raphson aplicado a esta equação e aplique-o para determinar a primeira raiz positiva, com uma precisão até a quarta casa decimal, da equação com K = 2, mostrando claramente em seu procedimento como evitou o valor = 0. Sugira uma metodologia para determinar as 10 primeiras raízes desta equação.
Plotando-se a função:
1 se 0
( ) coscos se 0
Kf sen
y K senK
6
0 1 2 31
0
1
2
32.028
1
y
0 x `
Da figura verifica-se que há uma solução nas proximidades de = 1, sendo em 0 o valor da função igual a 1K = 1. Excluindo-se a possibilidade de = 0 ser solução do problema, adota-se novamente cosf sen K e
cos cos 1 cosdf
K K sen K K sed
n
.
Então o procedimento iterativo correspondente ao método de Newton-Raphson seria:
1 cos
1 cos k
k k sen K
K K sen
com 0 1 que converge ao valor 1,1656
após 11 iterações. Para determinar a segunda raiz se adota: 0 1,1656 4,3072, convergindo-se ao valor 4,6042 após 6 iterações. Para determinar a terceira raiz se adota:
0 4,6042 7,7458, convergindo-se ao valor 7,7899 após 4 iterações.
E assim sucessivamente:
Raiz 4a 5a 6a 7a 8a 9a 10a
Valor Convergido 10,9499 14,1017 17,2498 20,3958 23,5407 26,6848 29,8284
4) F moles por hora de gás natural são alimentados continuamente em um vaso de flash, em acordo com o esquema abaixo:
V (vapor)
F (alimentação)
L (líquido) A operação estacionária deste vaso é descrita pelos balanços:
Balanço global: F = L + V
Balanço do componente i: para 1, 2, , i i iF z V y L x i n
7
Relação de equilíbrio: para 1, 2, , i i iy K x i n .
Além destas equações as restrições algébricas, decorrentes da definição de fração molar,
devem também ser respeitadas: 1 1
1 e 1 n n
i ii i
x y
Mostre como manipulando estas equações se obtém a equação não-linear:
1
11 1
ni i
i i
K z
K
, em que = V / F .
Sabendo-se que as composições de alimentação e constantes de equilíbrio, à temperatura do vaso, são conhecidas e tabeladas abaixo, determine os valores de , xi e yi , i = 1, 2, ..., n.
Componente zi Ki
Gás carbônico 0,0046 1,650 Metano 0,8345 3,090 Etano 0,0381 0,720 Propano 0,0163 0,390 Isobutano 0,0050 0,210 n-Butano 0,0074 0,175 Pentanos 0,0287 0,093 Hexanoss 0,0220 0,065 Heptanos+ 0,0434 0,036 =1,0000
Resolução: Utilizando a definição de = V / F no balanço global: F = L + V, resulta:
1= L / F + → L / F = 1. Utilizando essa equação e a relação de equilíbrio no balanço do
componente i = 1 para 1, 2, , i i i i i
Lz y x K x i
F n , ou seja:
e =
1 1 1 1i i
i i i ii i
z Kx y K x
K K iz
.
Mas : logo: 1 1
1 e 1 , n n
i ii i
x y
1 1
1 e 1 . 1 1 1 1
n ni i i
i ii i
z K z
K K
Ou seja, para determinar há duas alternativas equivalentes:
i. Determinar a raiz de 1
1 = 0 1 1
ni
xi i
zF
K
ii. Determinar a raiz de 1
1 = 0 1 1
ni i
yi i
K zF
K
8
Note que: (a): 0
1
1 = 0 n
x ii
F z
, isto é = 0 (inexistência da fase vapor) é raiz da
primeira equação; (b): 11 1
1 1 = 1 1
n ni i
y ii ii
K zF z
K
0 , isto é = 1
(inexistência da fase líquida) é raiz da segunda equação. Para eliminar essas duas soluções
triviais, subtrai-se (i) de (ii), isto é: 1
1 = 0
1 1
ni i
y xi i
K zF F F
K
, note
agora que: 0 00
1
1 n
y x i ii
F F F K z
0
e 1 11
1
11
n
y x ii i
F F F zK
0
As três alternativas de funções capazes de resolver o problema são plotadas a seguir.
1
1 1 1
ni
xi i
zF
K
0 0.2 0.4 0.6 0.8 10.5
0
0.5
1
1.5
Fx uk 0
uk
1
1 1 1
ni i
yi i
K zF
K
0 0.2 0.4 0.6 0.8 10.5
0
0.5
1
1.5
2
Fy uk 0
uk
1
1
1 1
ni i
i i
K zF
K
100
0 0.2 0.4 0.6 0.8 12
1
0
1
2
F uk 0
uk
Nas três formas, vê-se que há uma raiz próxima de 0,9. Outro bom chute para o valor de é 0,8345, que é a fração molar do metano na alimentação do vaso de flash (o metano por ser o componente mais abundante e ao mesmo tempo mais volátil na carga do vaso deve sair – a maior parte do vaso – na fase vapor, sendo o metano o componente mais presente no vapor).
Utilizando o chute inicial 0 0,8345 e a função F() o método de Newton-Rapshon converge para o valor 0,8867 de . Os valores das composições na fase líquida e vapor são
calculadas, respectivamente, por:
e = 1 1 1 1
i ii i i i
i i
z Kx y K x
K K
iz
.
Resultando em:
Componente zi xi yi Gás carbônico 0,0046 0,0029 0,0048 Metano 0,8345 0,2925 0,9038 Etano 0,0381 0,0507 0,0365 Propano 0,0163 0,0355 0,0138 Isobutano 0,0050 0,0167 0,0035 n-Butano 0,0074 0,0276 0,0048 Pentanos 0,0287 0,1466 0,0136 Hexanoss 0,0220 0,1287 0,0084 Heptanos+ 0,0434 0,2989 0,0108
9
5) Uma reação química de primeira ordem, irreversível e em fase líquida é conduzida em um reator tanque operando de forma cíclica. Assim, conduz-se uma batelada por um tempo t e, depois de transcorrido este tempo, esvazia-se e se limpa o reator, levando esta última operação um tempo igual a tc. Após passar pela etapa de esvaziamento/limpeza conduz-se novamente uma batelada por um tempo t, e assim sucessivamente. Pode-se demonstrar que o tempo ótimo da fase batelada que maximiza a taxa de produção do processo é obtido através da equação não-linear:
1 1k tck t t e 0
(1)
ou na forma logarítmica:
ln 1 0ck t k t t (2)
Sendo k: constante de velocidade da reação = 2,5 h-1
tc: tempo da operação de esvaziamento/limpeza = 0,5 h.
Para calcular t tentam-se dois procedimentos iterativos:
(a) de (1) tem-se: 1k t
c
et
k
t sugerindo a seguinte forma recursiva:
( )
( 1) (0)1 para = 0 , 1, com
jk tj
c c
et t j
k
t t
(b) de (2) tem-se: ln 1 ck t t
tk
, sugerindo a seguinte forma recursiva:
( )
( 1) (0)ln 1
para =0, 1, com j
cjc
k t tt j
k
t t
O procedimento (a) não converge, enquanto que o procedimento (b) converge à solução do problema (para o conjunto de parâmetros utilizados) t = 0,50155 h após 6 iterações. Explique porque isto ocorre.
Resolução:
No caso (a) a função iteração é: 11 para todo 0
k tk t
c
dg teg t t e t
k dt
, dessa
forma o procedimento será sempre não-convergente para qualquer chute inicial t(0)>0.
No caso (b) a função iteração é:
( )
( )
ln 1 10 1 para todo 0
1
jc
jc
k t t dg t dg tg t t
k dt dtk t t
, dessa
forma o procedimento será sempre convergente para qualquer chute inicial t(0)>0.
6) Os balanços de massa de reagente e de energia em um reator de mistura perfeita onde é conduzida uma reação de segunda ordem, irreversível e exotérmica são expressos pelas seguintes equações (em forma adimensional):
10
Balanço de massa do reagente: 2 11 exp 1x Da x
(1)
Balanço de Energia: 2 11 exp 1Da x
(2)
Onde x é a concentração adimensional do reagente e é a temperatura adimensional da mistura reacional no interior do reator; Da, e são parâmetros adimensionais que tem os seguintes valores numéricos: Da = 0,02381, = 0,65 e = 20.
Multiplicando a Eq. (1) por e subtraindo esta nova equação de (2), chega-se a:
1 1 1 1x x ,
substituindo esta última expressão em (1), chega-se finalmente a:
2 21 1
1 exp 1 ou 1 exp 1 ( )1 1 1 1
x Da x x Da x g xx x
Esta função g(x) é plotada na figura abaixo assim como a bissetriz do primeiro quadrante, y = x.
Ponto 3
Ponto 2
Ponto 1
0 0.5 1
0
0.5
1
os três pontos de interseções destas curvas são: 0,182249 [ponto 1]; 0,705667 [ponto 2] e 0,96563 [ponto 3].
a) Mostre porque quando se utiliza o procedimento iterativo: ( 1) ( )( ) para =0 , 1, 2 , k kx g x k , apenas o ponto 3 é obtido.
Resolução: como a função iteração empregada é:
2 1
( ) 1 exp 1 1 1
g x Da xx
, tem-se:
2
1exp 1 2
1 1 1 1
dg x xDa x
dx x x
11
Para o ponto 1: x= 0,182249 dg x
dx 4,442: solução oscilatória e instável.
Para o ponto 2: x= 0,705667 dg x
dx 1,862: solução não oscilatória e instável.
Para o ponto 3: x= 0,96563 dg x
dx 0,356: solução não oscilatória e estável.
b) Sugira um procedimento iterativo que assegure a convergência do processo de busca das três raízes do problema. Mostre claramente em seu procedimento a condição inicial a ser adotada na determinação de cada solução.
Resolução: empregando o método de Newton-Raphson diretamente a:
2 1
1 exp 1 1 1
( )f x x Da x x g xx
, resulta:
2
1 1 exp 1 2
1 1 1 1
df x xDa x
dx x x
Dando origem ao procedimento iterativo:
1
k
k k
k
f xx x
f x
.
Para o ponto 1: x(0)= 0,1 obtém-se a solução 0,182249 após 4 iterações.
Para o ponto 2: x(0)= 0,5 obtém-se a solução 0,705667 após 5 iterações.
Para o ponto 3: x(0)= 1 obtém-se a solução 0,96563 após 3 iterações.
7) Sugere-se o seguinte procedimento para determinar iterativamente as raízes de uma simples função não-linear, f(x) = 0:
Busca-se o mínimo de g(x) = [f(x)]2 isto é os valores de x que anulam a derivada de g(x): ( ) ( )
2 ( )dg x df x
f xdx dx
, ou seja, buscam-se as raízes de uma nova função:
( ) ( )( ) 2 ( )
dg x df xF x f x
dx dx .
Aplique o método de Newton-Raphson a esta nova função F(x) e mostre o algoritmo recursivo correspondente e compare-o com o obtido aplicando-se diretamente o método de Newton-Raphson à função original.
Ilustre o processo iterativo, em ambos os casos, aplicando-o a uma função simples de sua escolha, por exemplo: f(x) = x2 –2 ou f(x) = e-x – x. Analise e comente os resultados obtidos.
12
Resolução: A aplicação direta do método de Newton-Raphson à função f(x) dá origem ao
procedimento iterativo:
1
k
k k
k
f xx x
f x
. A aplicação do método de Newton-Raphson à
função F(x), em vista de: 2 2
2 2
( ) ( ) ( ) ( )2 1
( )
dF x df x f x d f x
dx dx dxdf xdx
, dá origem ao
procedimento iterativo:
1
2
22
1
( )1
( ) k
k
k
k k
k k
x
x
f xx x
f x f x d f xdxdf x
dx
.
Note que à medida que o último procedimento converge à solução, isto é: f x dois
métodos se assemelham.
0k , os
Exemplos ilustrativos:
(i) f(x) = x2 –2,
2df x
xdx
.
2 24 2 e 4 3dF x
F x x x xdx
2
Método de Newton-Raphson aplicado a f(x):
2
12
2
k
k k
k
xx x
x
Método de Newton-Raphson aplicado a F(x):
2
1
2
21
3 2
k
k k
k
xx x
x
Com x(0)= 1 obtém-se a solução 1,41421 após 4 iterações no primeiro procedimento e após 5 iterações no segundo procedimento.
(ii) f(x) = e-x – x, 1 xdf x
edx
.
22 1 e 2 1 2x x x x xdF x
F x e x e e e e xdx
Método de Newton-Raphson aplicado a f(x):
1
1
k
k
kxk k
x
e xx x
e
13
Método de Newton-Raphson aplicado a F(x):
1
2
1
1k
x xk k
x x x
x x
e x ex x
e e e x
Com x(0)= 1 obtém-se a solução 0,56714 após 3 iterações no primeiro procedimento e após 5 iterações no segundo procedimento.
Os dois exemplos ilustrativos demonstram a baixa eficiência do novo procedimento, pois demanda mais iterações e cada iteração exige mais cálculos.
8) Determinar todas as raízes dos seguintes polinômios: 10 9 8 7 6 5
10
4 3 2
(a) ( ) 184756 923780 1969110 2333760 1681680 756756
210210 34320 2970 110 1
P x x x x x x x
x x x x
0 0.2 0.4 0.6 0.80.5
0
0.5
1
yk
Yi
xk ri
r
0
01
2
3
4
5
6
7
8
9
0.01304670.0674683
0.1602952
0.2833023
0.4255628
0.5744372
0.7166884
0.8397441
0.9324713
0.9869836
6 5 4 3 2
6 (b) ( ) 2 2 6 6 8P x x x x x x x
1 0 1 20
20
40
60
yk
xk
r6
1 i
1 i
0.5 0.8660254i
0.5 0.8660254i
1.5 1.3228757i
1.5 1.3228757i
14
0 0.5 1 1.5 20
20
40
yk
k
4 3 2
4(c) ( ) 3 3 32 180P x x x x x
4 2 0 2 40
200
400
600
800
y
x
r4
3.5838506 1.1512902i
3.5838506 1.1512902i
2.0838506 2.8915306i
2.0838506 2.8915306i
7 6 5 4 3 2
7(d) ( ) 4 10 8 21 56 10 52P x x x x x x x x
2 1 0 1100
50
0
50
100
y
x
r7
2.0000004
1.9999998 3i
1.9999998 3i
1
1 i
1 i
1
9) Sendo ASC o número de Algarismos Significativos Corretos,
(a) Resolva x = cos x por substituições sucessivas, considerando x(0) = 1. (6 ASC)
15
0 2 4 6 8 100.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
xk
xk
xn
k
n 40
xn
xn 1 9.125543 10
8
xn
0.739085
(b) Mostre que x = cos x pode ser transformado em x = 1 - (sen2 x) / (1 + x), verificando em quantos passos obtém-se a mesma solução do problema anterior.
Elevando membro a membro de: cosx x ao quadrado, resulta: 22 cosx x
Como 2 2 2cos 1 sen 1 sen2
x x x x , ou seja:
222
sen1 1 1 sen 1
1
xx x x x x
x
chegando-se finalmente a:
2sen
11
xx
x
0 2 4 60.6
0.7
0.8
0.9
1
xk
xk
xn
k
n 19
xn
xn 1 5.896101 10
8
xn
0.739085
(c) Mostre que x = cos x pode ser transformado em x = (x cos x)½, verificando em quantos passos obtém-se a mesma solução do problema anterior.
Multiplicando membro a membro de: cosx x por x, resulta:
2 cos cosx x x x x x
16
0 1 2 30.7
0.8
0.9
1
xk
xk
xn
k
n 8
xn
xn 1 6.498843 10
8
xn
0.739085
(d) Esboce o gráfico da função sen x = cotg x e resolva pelo método de Newton, considerando x(0) = 1. (6 ASC)
0 0.5 1 1.50
0.5
1
1.5yk
uk
k
0 1 2 30.9
0.92
0.94
0.96
0.98
1
xk
xk
xn
k
n 3
xn
xn 1 6.170307 10
9
xn
0.904557
(e) Formule as iterações de Newton para calcular raízes cúbicas e calcule 3 7x , considerando x(0) = 2. (6 ASC)
3 3 2f x x f x x , logo a função iteração do método de Newton será:
3 3
2 2
2
3 3
x xF x x
x x
17
0 1 2 3 4 51
1.5
2
2.5
3
xk
xk
xn
k
n 7
xn
xn 1 3.850253 10
13
xn
1.912931
37 1.912931
(f) Resolva o problema (d) usando o método da secante, considerando como pontos de partida x(0) = 0,5 e x(1) = 1, e compare os resultados. (6 ASC)
0 1 2 30.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
xk
xk
xn
k
n 5
xn
xn 1 6.629015 10
10
xn
0.904557
(g) Resolva ex + x4 + x = 2 pelo método da bisseção no intervalo [0, 1]. (4 ASC)
18
funcao x( ) ex
x 1 x3
2
Biseção a b M( ) flag 0
k 0
b a
fa funcao a( )
fb funcao b( )
k k 1
xa b
2
F funcao x( )
a x
fa F
fa F 0if
b x
fb F
otherwise
flag 1 F if
flag 1 b a if
flag 1 k Mif
flag 0while
R0
a
R1
b
R2
fa
R3
fb
R4
k
R
109
109
M 100 R Biseção 0 1 M( )
R
0.429494
0.429494
1.241796 109
1.415625 109
30
(h) Encontre a solução real da equação x3 = 5 x + 6 pelos métodos da regula falsi e da regula falsi modificado. (4 ASC) com: a=2 e b=5
19
Wegstein a b M( ) flag 0
k 0
b a
fa funcao a( )
fb funcao b( )
k k 1
x afa
fa fb
F funcao x( )
crit fa F
a x
fa F
crit 0if
b x
fb F
otherwise
flag 1 F if
b a
flag 1 if
flag 1 k Mif
flag 0while
R0
a
R1
b
R2
fa
R3
fb
R4
k
R
R Wegstein a b 109
109
100
R
2.689095
5
7.347793 1010
94
45
2 3 4 550
0
50
100
funcao xk
xk
10) No desenvolvimento de uma modificação do método de Weigstein se utiliza uma nova parametrização do intervalo de busca de acordo com a expressão:
20
com 1 12 2
a b b ax
Nessa nova forma se verifica: (i) com 1 x a (extremidade inferior do intervalo de busca);
(ii) com 0 a b
(ponto médio do intervalo de busca); 2
x
(iii) com 1 x b (extremidade superior do intervalo de busca). Para determinar o valor de em cada iteração se utiliza uma interpolação quadrática inversa fundamentada nos 3 pontos: x a
2
a b
b
y = f(x) af a y2 m
a bf y
bf b y
-1 0 +1 Essa interpolação quadrática inversa é descrita por:
2
b m a
b a a m b a b m
my y y y y y y yp y
y y y y y y y y
, calculando o valor de na iteração por:
2 0 b m a miteração
b a a m b a b m
y y y yp
y y y y y y y y
Este novo procedimento é traduzido através do algoritmo: Dados: , , , e MAXa b b a k , calcule: e a by f a y f b , caso ENTÃO
entrar com novos valores de a e b.
0a by y
0k
FAÇA
e
2b m a m
mb a a m b a b m
y y y ya by f
y y y y y y y y
2 2
a b b ax
x
y f x
SE ENTÃO 0ay y e ay y a
SENÃO e by y b x
; 1b a k k
ENQUANTO ou > e MAXy k k
(a) Existe alguma limitação à aplicação deste novo procedimento? Qual? Justifique sua resposta.
Resposta:
2
m b
b a a m b m
y y y y y yp y
y y y y y ya
Para que seja possível a interpolação inversa a cada valor de y só pode corresponder um valor de e vice-versa. Desse modo, a curva de f x
a my y
versus x não pode apresentar um máximo ou
mínimo no interior do intervalo [a,b], ou seja deve ser monótona crescente ou decrescente em todo o intervalo. Isso também garante que 0 e 0b my y
21
(b) Aplique o procedimento na determinação da raiz real positiva da função: 22xf x e x , considerando o primeiro intervalo de busca: 0 1x .
Compare a velocidade de convergência do método com a obtida no método da bisseção. (Considere em sua explanação apenas as cinco primeiras iterações).
Resposta:
Na Tabela abaixo, apresenta-se o procedimento iterativo resultante da aplicação do método proposto:
k 1 2 3 4 5 6 7 a 0 0 0 0 0 0 0 ya 1 1 1 1 1 1 1 b 1 0,55 0,542 0,5404 0,54 0,5399 0,5398 yB -1,63 -0,02 -0,006 -0,0015 -0,0004 -0,0001 -0,0000 xm 0,5 0,274 0,271 0,2702 0,27 0,2699 0,2699 ym 0,11 0,61 0,62 0,6172 0,6176 0,6177 0,6177 0,097 0,98 0,994 0,9985 0,9996 0,9999 1 x 0,55 0,542 0,5404 0,54 0,5399 0,5398 0,5398 y -0,02 -0,006 -0,0015 -0,0004 -0,0001 -0,0000 -0,0000
Convergindo na sexta iteração. Na Tabela abaixo mostramos o processo iterativo resultante da aplicação do método da bisseção. k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 a 0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5313 0,5313 0,5391 0,5391 0,5391
ya 1 0,1065 0,1065 0,1065 0,1065 0,0234 0,0234 0,0021 0,0021 0,0021
b 1 1 0,75 0,625 0,5625 0,5625 0,5469 0,5469 0,5430 0,5410
yB -1,63 -1,63 -0,6526 -0,246 -0,063 -0,063 -0,0194 -0,0194 -0,0086 -0,0032
xm 0,5 0,75 0,625 0,5625 0,5313 0,5459 0,5391 0,5430 0,5410 0,5400
ym 0,1065 -0,6526 -0,246 -0,063 0,0234 -0,0194 0,0021 -0,0086 -0,0032 -0,0006
Na décima quinta iteração converge para a solução: 0,5398 Verifica-se assim a maior velocidade de convergência do procedimento, entretanto deve-se enfatizar que cada passo do novo procedimento envolve mais cálculos do que a do método da bisseção!
22
