Gabarito da lista de exercícios do Capítulo 4

Lista de exercícios (Capítulo 4)
1) Em dois reatores tanque de mistura perfeita é conduzida a reação em fase líquida:
A+BC+D de forma isotérmica. Os balanços estacionários de massa do reagente A neste
sistema são descritos pelas equações algébricas:
Primeiro reator: k  C12 
q
 C0  C1 
V
Segundo reator: k  C22 
q
 C1  C2 
V
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:
yi 
Ci
k  C0  V
para i = 0, 1,  n e  
C0
q
[note que : yn 
C
Cn C0  1  X 

 1  X  1  0 ,8  0 , 2 e y0  0  1 ]
C0
C0
C0
Tem-se:
Primeiro reator:   y12  y0  y1  y0  y1  1    y1 
Segundo reator:   y22  y1  y2  y1  y2  1    y2 
....................................................................................
i-ésimo reator:   yi2  yi 1  yi  yi 1  yi  1    yi 
....................................................................................
n-ésimo reator:   yn2  yn 1  yn  yn 1  yn  1    yn 
Para expressar yi em função de yi-1 resolve-se: yi 1  yi  1    yi     yi2  yi  yi 1  0
Assim, a única raiz com significado físico é: yi 
1  4    yi 1  1
, para evitar a
2
indeterminação que ocorre quando   0 , multiplicam-se o numerador e denominador da
expressão por: 1  4    yi 1  1 , resultando em:
1
yi 
2
 yi 1 para i = 1, 2, ...,n com y0 =1.
1  4    yi 1  1
Deseja-se calcular o valor de  que conduz a: yn  0, 2 , assim, deve-se calcular a raiz da
função: f     yn     0, 2 .
Com   0 , tem-se yn  ...  y1  y0  1  f    0  0,8
Com n =1, ter-se-ia:   0, 22  0, 2  1  0    20 (apenas 1 reator!), com n > 1 seguramente
20
para  
tem-se uma conversão maior que 80%, isto é: yn  0, 2  f     20  0 .
n
n
Deste modo, procura-se o valor de  no intervalo: 0   
20
.
n
Na figura abaixo, plota-se a função f    contra  para n =5.
Função Plotada entre a=0 e b=20/n
0.8
f(x)
0.6
funcao xk n
0
0.4
n5
0.2
0
0
1
2
3
4
xk
x
Para calcular a derivada de f    define-se a variável: vi    
  yi2  yi  yi 1  0  yi2  2    yi  vi  vi  vi 1  0  vi 
v0    
dyi   
d
, da equação:
vi 1  yi2
para i = 1, ..., n com
1  2    yi
df    dyn   
dy0
 0 , sendo

 vn    .
d
d
d
Resumindo: f     yn     0, 2 e
df   
d
 vn    , calculando-se os valores
2

 yi  1  4    y  1  yi 1
i 1


de yi e vi de forma recursiva segundo: 
v  y2
vi  i 1 i

1  2    yi

para i  1, 2,  , n com y0  1 e v0  0
Com   0 , tem-se yn  ...  y1  y0  1  f    0  0 ,8 , assim:
2
vi  vi 1  1 e com v0  0  vn   n 
df   
d
. Deste modo o valor de  após a primeira
 0
0,8
que será o valor adotado para a
n
(valor de  na extremidade inferior no primeiro intervalo de busca!).
iteração de Newton-Raphson com     0 será:   
0
1
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):
k  C0 V
. Considerando o volume total dos
q
 n V e definindo o novo parâmetro adimensional:
i-ésimo reator:   yi2  yi 1  yi , sendo  
reatores: Vtotal
k  C0 Vtotal
k  C0  V

 n
 n      , substituindo essa nova forma de  no balanço
q
q
n

do i-ésimo reator, resulta:  yi2  yi 1  yi ou:   yi2  n   yi 1  yi 
n

Para um valor muito elevado de n, considera-se: z 
1
e y  yi  yi 1  y  zi   y  zi 1  ,
n
i
para i  0, 1,  , n . Deste modo a equação   yi2  n   yi 1  yi  pode ser
n
dy  z 
2
, ou seja:
interpretada como a forma discretizada da equação diferencial:    y  z    
dz
sendo zi  i  z 
dy  z 
2
    y  z   para 0 < z < 1 e com a condição de entrada: y  z  z 0  1 , sendo a
dz
concentração de saída: ysaída  y  z  z 1
A solução dessa equação diferencial é: y  z  
Como ysaída  0, 2 
Vtotal 
1
1
, assim: ysaída  y  z  z 1 
1 
1   z
1
   4 (para um PFR), logo:
5
4   30 L / min 
q

 1000 L=1 m3 .
k  C0  0,075 L / mol / min   1, 6 mol / L 
3
Que é o menor volume total do sistema para uma conversão de 80%. Observe que
lim n   lim   4 , como mostra a tabela abaixo.
n 
n 


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:
a 

 P  2     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
Gás carbônico
Anilina dimetílica
Hélio
Óxido nítrico
a (L2.atm/mole2)
3,592
37,49
0,03412
1,340
b (L/mol)
0,04267
0,1970
0,02370
0,02789
Sabendo-se que a temperatura crítica do gás (temperatura acima da qual o gás não pode se
8 a
liquefazer) é dada por: Tc 
, resolva o problema adotando T > Tc e neste caso mostre

27 R  b
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:

T

(temperatura adimensional); v = (volume específico molar adimensional) e
b
Tc
4
p  P
b2
(pressão adimensional), resulta:
a
27 
1 
  p  2    v  1
v 
8 
 v 
Note que a(s) solução(ões) do problema estão contidas obrigatoriamente entre v  1 e
8 
8 
v
( v  1 ), isto é todas as soluções se situam no domínio: 1  v 
27  p
27  p
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 v que    aumenta  com  o aumento de  p  .
d  v  27 
 27 
1  2
1 2

  p  2   3   v  1  
p  2  3 
dv
v  v
v v 
8 
 8 
d 2  v  27  2 6 
27
e

 3  4  
  v  3 .
2
dv
8  v v  4  v4
d 2  v 
Então, como para v  3 
 0 , tem-se para esse valor de v um ponto de inflexão da
d v2
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
d 3  v 
 81


 4 ‐ v   0 ,
3
5 
d v v 3  4  v
 v 3
Obtém-se:
d  v 
27 
1 2  27 
1
1
é garantido que a

p    
p    0  p 
27
9 27  8 
27 
d v v 3 8 
impondo-se
d  v 
será sempre positiva para todo p e v . Além disso, como no ponto de
dv
1
27  1 1 
1
tem-se   v     3 
inflexão da curva com p 
      3  1   1  3  1 , os
27
8  27 9 
4
valores de  em que um máximo local pode ocorrer (o que só ocorre se p <1/27 e para v entre
1 e 3) serão obrigatoriamente menores que 1 (   com p  ). Essa característica garante que se
  1  T  Tc a curva de  contra v só interceptada em um ponto por retas horizontais,
conforme esquematizado nos dois casos abaixo:
derivada
2 

  v k  
 27 
1
1
27 




27 
  v k 
0.5
1
0


  v k 
1
1.5
2
2.5
3
1 1.5

.6
1
0.5
0
vk
5
10
vk
1
Curva de  contra v com p 
27
Curvas de  contra v (i) p 
vermelha) e (ii) 0  p 
5
1
(curva
27
1
(curva azul)
27
Para ilustrar a solução do problema no caso em que há apenas 1(uma) raiz real, adota-se
27 
1 
  1, ou seja
  p  2    v  1  1 e uma valor qualquer de p. Por exemplo,   2 e p  1
v 
8 
27 
1 
resultando na equação:
 1  2    v  1  2  27   v 2  1   v  1  16  v 2
8  v 
3
2
ou seja: 27  v  43  v  27  v  27  0 , com esses coeficientes as raízes são determinadas:
Pela regra de Descartes conclui-se que pode existir 3 ou 1 raiz real positiva e nenhuma raiz
0
real negativa. Usando o método de Newton-Raphson com v   1 obtém-se v  1,3906 ; Para
se certificar que essa é a única solução, utiliza-se como chute inicial o maior valor possível de
8 
16
0
 1
 1,5926 e novamente se obtém: v  1,3906 .
v , isto é: v   1 
27  p
27
Para ilustrar a solução do problema no caso em que há 3 (três) raízes reais, considera-se
27 
1
1
1
  p     3  1    27  p  3 , isto é o valor de 
0 p
e o valor de   v     3 
8 
9
4
27
correspondente ao ponto de inflexão que ocorre em v  3 , assim:
27 
1 
27 
1
2

  p  2    v  1 
  p    p  v3   3  p    v 2  v  1  0 . Mas:
v 
8 
4 
9
9

2
1
2


p  v3   3  p    v 2  v  1   v  3   p  v 2   v    0 , ou seja, as duas outras soluções
9
9
3


1  1  27  p
2
1
são as raízes de p  v 2   v   0  v =
, adotando-se p = 0,02 e
9
3
9 p
27 
1
    3    0, 02     3  1  0,8850 tem-se: a primeira solução:
8 
9
1  1  27  0, 02
v1 =
 1,7876 (fase líquida), a segunda solução: v2  3 (fase instável) e a
9  0, 02
terceira solução v3 =
1  1  27  0, 02
 9,3235 (fase vapor).
9  0, 02
3) Em problemas de transferência de calor é importante calcular as raízes reais positivas da
tg   
equação:
 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: f     sen     K    cos     0 . 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: y( ) 
f  


sen   

1  K se   0


 K  cos      sen   
 K  cos    se   0

 
6
3
2.028
2
y
1
0
1
1
0
1
2
0
3

x
`
Da figura verifica-se que há uma solução nas proximidades de  = 1, sendo em 0 o valor da
função igual a 1K = 1. Excluindo-se a possibilidade de  = 0 ser solução do problema,
adota-se novamente f     sen     K    cos    e
df   
 cos     K  cos     K    sen     1  K   cos     K    sen    .
d
Então o procedimento iterativo correspondente ao método de Newton-Raphson seria:

sen     K    cos   
com   0  1 que converge ao valor 1,1656

 1  K   cos     K    sen       k 

  k 1    k   
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:
4a
Raiz
Valor Convergido
10,9499
5a
6a
7a
8a
9a
10a
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: F  zi  V  yi  L  xi para i  1, 2,  , n
7
Relação de equilíbrio: yi  K i  xi para i  1, 2,  , n .
Além destas equações as restrições algébricas, decorrentes da definição de fração molar,
devem também ser respeitadas:
n
x
i
i 1
1 e
n
y
i 1
i
1
Mostre como manipulando estas equações se obtém a equação não-linear:
n
K i  zi
 1 , em que  = V / F .
i  1  1
  K
i 1
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
Gás carbônico
Metano
Etano
Propano
Isobutano
n-Butano
Pentanos
Hexanoss
Heptanos+
zi
0,0046
0,8345
0,0381
0,0163
0,0050
0,0074
0,0287
0,0220
0,0434
=1,0000
Ki
1,650
3,090
0,720
0,390
0,210
0,175
0,093
0,065
0,036
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
L
componente i zi    yi   xi =   K i  1     xi para i  1, 2,  , n , ou seja:
F
xi 
zi
K i  zi
e yi = K i  xi 
.
 Ki  1    1
 Ki  1    1
Mas :
n
x
i 1
i
1 e
n
y
i 1
i
 1 , logo:
n

i 1

   K

zi
  1 e
i  1    1 
n

i 1

   K
Ou seja, para determinar  há duas alternativas equivalentes:
i.
n 

zi
Determinar a raiz de Fx     
  1 = 0
i 1   K i  1    1 
ii.
n 

K i  zi
Determinar a raiz de Fy     
  1 = 0
i 1   K i  1    1 
8

K i  zi
  1 .
i  1    1 
n
Note que: (a): Fx    0   zi  1 = 0 , isto é  = 0 (inexistência da fase vapor) é raiz da
i 1
n 
n
K i  zi 
1
zi  1 = 0 , isto é  = 1
  




 1
i 1   K i  1  1 
i 1
(inexistência da fase líquida) é raiz da segunda equação. Para eliminar essas duas soluções
n 
 Ki  1  zi  = 0 , note
triviais, subtrai-se (i) de (ii), isto é: F    Fy    Fx     

i 1   K i  1    1 
primeira equação; (b): Fy  
agora que: F    0  Fy  
n
 Fx    0    K i  1  zi   0
 0
i 1
n 

1
e F    1  Fy    1  Fx    1    1 
Ki
i 1 
 
  zi   0
 
As três alternativas de funções capazes de resolver o problema são plotadas a seguir.
n 

zi
Fx     
  1
i 1   K i  1    1 
n 

K i  zi
Fy     
  1
i 1   K i  1    1 
0
1
F y u k 
0.5
0
1.5
F uk 
1
0
0.5
 0.5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1
0
1
0
0
 0.5
2
2
1.5
F x uk 
n 
 Ki  1  zi 
F     

i 1   K i  1    1 
100
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
2
0
0.2
uk
uk
0.4
0.6
0.8
1
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
zi
K i  zi
calculadas, respectivamente, por: xi 
.
e yi = K i  xi 
 Ki  1    1
 Ki  1    1
Resultando em:
Componente
Gás carbônico
Metano
Etano
Propano
Isobutano
n-Butano
Pentanos
Hexanoss
Heptanos+
xi
0,0029
0,2925
0,0507
0,0355
0,0167
0,0276
0,1466
0,1287
0,2989
zi
0,0046
0,8345
0,0381
0,0163
0,0050
0,0074
0,0287
0,0220
0,0434
9
yi
0,0048
0,9038
0,0365
0,0138
0,0035
0,0048
0,0136
0,0084
0,0108
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  k   t  tc    e k t  1  0
(1)
ou na forma logarítmica:
k t  ln 1  k   t  tc    0
(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: t 
e k t  1
 tc sugerindo a seguinte forma recursiva:
k
( j)
t
( j 1)
e k t  1

 tc para j = 0 , 1,  com t (0)  tc
k
(b) de (2) tem-se: t 
t
( j 1)

ln 1  k   t  tc  
k
ln 1  k   t ( j )  tc  
k
, sugerindo a seguinte forma recursiva:
para j =0, 1,  com t (0)  tc
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:
dg  t 
ek t  1
 tc 
 e k t  1 para todo t  0 , dessa
k
dt
forma o procedimento será sempre não-convergente para qualquer chute inicial t(0)>0.
No caso (a) a função iteração é: g  t  
No caso (b) a função iteração é:
g t  
ln 1  k   t ( j )  tc  
k

dg  t 
dg  t 
1

0
 1 para todo t  0 , dessa
( j)
dt
dt
1  k   t  tc 
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
  1 
Balanço de massa do reagente: 1  x  Da  x 2  exp   1   
   
(1)
  1 
Balanço de Energia:   1    Da  x 2  exp   1   
   
(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  x     1    1  x  ,
substituindo esta última expressão em (1), chega-se finalmente a:
 
 


1
1
2
1  x  Da  x 2  exp    1 
  ou x  1  Da  x  exp   1 
   g ( x)
  1    1  x   
  1    1  x   
Esta função g(x) é plotada na figura abaixo assim como a bissetriz do primeiro quadrante,
y = x.
1
Ponto 3
Ponto 2
0.5
Ponto 1
0
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:
x ( k 1)  g ( x ( k ) ) para k =0 , 1, 2 ,  , apenas o ponto 3 é obtido.
Resolução: como a função iteração empregada é:
 

1
g ( x)  1  Da  x 2  exp   1 
  , tem-se:
  1    1  x   
 

dg  x 
1
 Da  x  exp   1 
 
dx
  1    1  x   


   x

2


2
 1    1  x  

11
Para o ponto 1: x= 0,182249
dg  x 
 4,442: solução oscilatória e instável.
dx
Para o ponto 2: x= 0,705667
dg  x 
 1,862: solução não oscilatória e instável.
dx
Para o ponto 3: x= 0,96563
dg  x 
 0,356: solução não oscilatória e estável.
dx
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:
 

1
f  x   x  1  Da  x 2  exp   1 
   x  g ( x) , resulta:
  1    1  x   
 

df  x 
1
 1  Da  x  exp   1 
 
dx
  1    1  x   
Dando origem ao procedimento iterativo: x


   x
 2 
2
 1    1  x   
 k 1
x
k 

 .
f   x  
f x k 
k
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):
dg ( x)
df ( x)
 2  f ( x) 
, ou seja, buscam-se as raízes de uma nova função:
dx
dx
F ( x) 
dg ( x)
df ( x)
 2  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: x
 k 1
x
k 

  . A aplicação do método de Newton-Raphson à
f   x  
f x k 
k




2
dF ( x)
f ( x)
d f ( x) 
 df ( x)  
, dá origem ao
função F(x), em vista de:
1
 2




2
dx
dx 2 
 dx    df ( x) 
 


  dx 

2
procedimento iterativo: x
 k 1
x
k 




f   x  
f x
k
k








1



.
k 
2
f
x
d f ( x) 


2
1 
dx 2 x k  
  df ( x) 

  dx   k 

x


 
 
Note que à medida que o último procedimento converge à solução, isto é: f x  k   0 , os dois
métodos se assemelham.
Exemplos ilustrativos:
(i) f(x) = x2 –2,
df  x 
 2 x .
dx
F  x   4  x   x2  2 e
dF  x 
 4  3  x2  2
dx
Método de Newton-Raphson aplicado a f(x): x k 1
Método de Newton-Raphson aplicado a F(x): x k 1
 
 x k  2  2 

 x k   
k  
 2 x



 
 
 

k  2
 2  
x

k  
 x  1  

k  2

3
x

 2 
 

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,
df  x 
  1  e  x  .
dx
F  x   2   e  x  x   1  e  x  e
2
dF  x 
 2  1  e  x   2  e  x   e  x  x 
dx
Método de Newton-Raphson aplicado a f(x): x
 k 1
13
x
k 
 e  x k   x  k  


 e  x k   1 


Método de Newton-Raphson aplicado a F(x):
x
 k 1
x
k 
  e  x  x   1  e  x 



 1  e  x 2  e  x   e  x  x  

 x  x k 
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:
(a) P10 ( x)  184756 x10  923780 x9  1969110 x8  2333760 x7  1681680 x6  756756 x5 
 210210 x 4  34320 x3  2970 x 2  110 x  1
0
1
yk
0.5
Yi
0
 0.5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
xk ri
0
0.0130467
1
0.0674683
2
0.1602952
3
r 4
0.2833023
5
0.5744372
6
0.7166884
7
0.8397441
8
0.9324713
9
0.9869836
0.4255628
(b) P6 ( x)  x 6  2 x5  2 x 4  x3  6 x 2  6 x  8
60
1  i




1  i


0.5  0.8660254i
r6  
 0.5  0.8660254i
 1.5  1.3228757i


 1.5  1.3228757i
40
yk
20
0
1
0
1
2
xk
14
40
yk
20
0
0
0.5
1
1.5
2
k

(c) P4 ( x)  x 4  3 x3  3x 2  32 x  180
800
 3.5838506 1.1512902i
3.5838506 1.1512902i
r4  
 2.0838506 2.8915306i 
 2.0838506 2.8915306i 


600
y
400
200
0
4
2
0
2
4
x
(d) P7 ( x)  x 7  4 x 6  10  x5  8  x 4  21  x3  56  x 2  10  x  52
100
50
y
0
 50
 100
2
1
0
1
 2.0000004 


 1.9999998 3i 
 1.9999998 3i 

r7  
1


1i




1 i


1


x
9) Sendo ASC o número de Algarismos Significativos Corretos,
(a) Resolva x = cos x por substituições sucessivas, considerando x(0) = 1. (6 ASC)
15
1
0.9
n  40
xk
xk
xn
0.8
x x
n 1
n
0.7
8
 9.125543 10
x  0.739085
n
0.6
0.5
0
2
4
6
8
10
k
(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: x  cos  x  ao quadrado, resulta: x 2   cos  x  
2
Como  cos  x    1  sen  x    x 2  1  sen  x   , ou seja:
2
2
2
sen  x  
x  1   x  1   x  1   sen  x    x  1   
chegando-se finalmente a:
1 x
2
2
2
sen  x  
x  1 
1 x
2
1
xk
xk
0.9
n  19
x x
0.8
n 1
n
xn
8
 5.896101 10
x  0.739085
n
0.7
0.6
0
2
4
6
k
(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: x  cos  x  por x, resulta:
x 2  x  cos  x   x  x  cos  x 
16
1
xk
n8
0.9
xk
xn
8
x x
n 1
n
x  0.739085
0.8
0.7
 6.498843 10
n
0
1
2
3
k
(d) Esboce o gráfico da função sen x = cotg x e resolva pelo método de Newton,
considerando x(0) = 1. (6 ASC)
1.5
yk
1
uk
0.5
0
0
0.5
1
1.5
k
1
0.98
n3
xk
xk
xn
0.96
x x
n 1
n
0.94
9
 6.170307 10
x  0.904557
n
0.92
0.9
0
1
2
3
k
(e) Formule as iterações de Newton para calcular raízes cúbicas e calcule x  3 7 ,
considerando x(0) = 2. (6 ASC)
f  x   x 3    f   x   3  x 2 , logo a função iteração do método de Newton será:
 x3    2  x3  
F  x  x  

2 
3  x2
 3 x 
17
3
xk
xk
2.5
n7
x x
2
n 1
n
xn
 13
 3.850253 10
x  1.912931
n
1.5
3
1
0
1
2
3
4
7  1.912931
5
k
(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)
1
0.9
n5
xk
xk
xn
0.8
x x
n 1
n
0.7
 10
 6.629015 10
x  0.904557
n
0.6
0.5
0
1
2
3
k
(g) Resolva ex + x4 + x = 2 pelo método da bisseção no intervalo [0, 1]. (4 ASC)
18
x

3
funcao ( x)  e  x 1  x
Biseção ( a b   M ) 
2
flag  0
k0
 ba
fa  funcao ( a)
fb  funcao ( b )
while flag
0
kk 1
x
ab
2
F  funcao ( x)
if fa F  0
ax
fa  F
otherwise
bx
fb  F
9
  10
flag  1 if F  
9
  10
M  100
R  Biseção ( 0 1   M )
flag  1 if b  a  
flag  1 if k  M
0.429494




0.429494


9
R   1.241796 10 


 1.415625 10 9 


30


R a
0
R b
1
R  fa
2
R  fb
3
R k
4
R
(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 )
while flag
0
kk 1
x a 
fa
fa  fb

F  funcao ( x)
crit  fa F

9
R  Wegstein a b 10
if crit  0
9
10

100
ax
2.689095


5



R  7.347793 10 10 


94




45
fa  F
otherwise
bx
fb  F
flag  1 if
F 
 ba
flag  1 if


flag  1 if k  M
R a
0
R b
1
R  fa
2
R  fb
3
R k
4
R
100
funcao xk 
50
0
 50
2
3
4
5
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
 ab
ba
x
   
 com  1    1
 2 
 2 
Nessa nova forma se verifica:
com   1  x  a (extremidade inferior do intervalo de busca);
(i)
(ii)
com   0  x   a  b  (ponto médio do intervalo de busca);
 2 
(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
b
ab
2
f  b   yb
y = f(x) f  a   ya f  a  b   y


 2 
m
-1
0
+1

Essa interpolação quadrática inversa é descrita por:
 y  yb    y  ym    y  ya    y  ym  , calculando o valor de  na iteração por:
p2  y  
 yb  ya    ya  ym   yb  ya    yb  ym 
iteração  p2  0  
yb  ym
ya  ym

 yb  ya    ya  ym   yb  ya    yb  ym 
Este novo procedimento é traduzido através do algoritmo:
Dados: a, b  b  a  ,  ,  e kMAX , calcule: ya  f  a  e yb  f  b  , caso ya  yb  0 ENTÃO
entrar com novos valores de a e b. k  0
FAÇA
yb  ym
ya  y m
 ab
ym  f 

 e 
 yb  ya    ya  ym   yb  ya    yb  ym 
 2 
 ab
ba
x
   

 2 
 2 
y  f  x
SE y  ya  0 ENTÃO ya  y e a  x
SENÃO yb  y e b  x
  b  a ; k  k 1
ENQUANTO  y   ou  >  e k  kMAX
(a) Existe alguma limitação à aplicação deste novo procedimento? Qual? Justifique sua
resposta.
Resposta:
p2  y  
 y  ym     y  yb    y  ya  


 yb  ya    ya  ym   yb  ym  
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  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 ya  ym  0 e yb  ym  0
21
(b) Aplique o procedimento na determinação da raiz real positiva da
função: f  x   e  x  2  x 2 , considerando o primeiro intervalo de busca: 0  x  1 .
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:
1
2
3
4
5
6
7
k
0
0
0
0
0
0
0
a
1
1
1
1
1
1
1
ya
1
0,55
0,542 0,5404
0,54
0,5399 0,5398
b
yB -1,63 -0,02 -0,006 -0,0015 -0,0004 -0,0001 -0,0000
0,274 0,271 0,2702
0,27
0,2699 0,2699
xm 0,5
0,61
0,62
0,6172 0,6176 0,6177 0,6177
ym 0,11
0,994 0,9985 0,9996 0,9999
1
 0,097 0,98
0,55 0,542 0,5404
0,54
0,5399 0,5398 0,5398
x
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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
k
0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5313 0,5313 0,5391 0,5391 0,5391
a
1
0,1065 0,1065 0,1065 0,1065 0,0234 0,0234 0,0021 0,0021 0,0021
ya
1
1
0,75
0,625 0,5625 0,5625 0,5469 0,5469 0,5430 0,5410
b
-1,63 -0,6526 -0,246 -0,063 -0,063 -0,0194 -0,0194 -0,0086 -0,0032
yB -1,63
0,5
0,75
0,625 0,5625 0,5313 0,5459 0,5391 0,5430 0,5410 0,5400
xm
0,1065
-0,6526
-0,246
-0,063 0,0234 -0,0194 0,0021 -0,0086 -0,0032 -0,0006
ym
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