Gabarito da lista de exercícios do Capítulo 4
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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+BC+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 n5 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 1K = 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 1i 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 n8 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 n3 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 n7 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 n5 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 k0 ba fa funcao ( a) fb funcao ( b ) while flag 0 kk 1 x ab 2 F funcao ( x) if fa F 0 ax fa F otherwise bx 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 k0 ba fa funcao ( a) fb funcao ( b ) while flag 0 kk 1 x a fa fa fb F funcao ( x) crit fa F 9 R Wegstein a b 10 if crit 0 9 10 100 ax 2.689095 5 R 7.347793 10 10 94 45 fa F otherwise bx fb F flag 1 if F ba 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 ab ba 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 ab 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 ab ym f e yb ya ya ym yb ya yb ym 2 ab ba 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
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