Cap4 lista exercicios GABARITO

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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+BC+D de forma isotérmica. Os balanços estacionários de massa do reagente A neste 
sistema são descritos pelas equações algébricas: 
Primeiro reator:  21 0qk C C CV    1 
Segundo reator:  22 1qk C C CV    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
1
1 1 0 8 0 2nn
C XC X , ,
C C
        e 00
0
1Cy
C
  ] 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:  2 1 1 1i i i i i iy y y y y y           
.................................................................................... 
n-ésimo reator:  2 1 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: 1
1 4 1
2
i
i
y
y 
     , 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: 200
n
   . 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
0.8
Função 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 dyd
  v , da equação: 
2
2 2 1
1 10 2 0 1 2
i i
i i i i i i i i i
i
yy y y y y
y

 
                 
vv v v v para i = 1, ..., n com 
  00 0dyd  v , sendo 
     n ndf dyd d
    v  . 
Resumindo: e     0, 2nf y       ndfd
   v , calculando-se os valores 
 de yi e de forma recursiva segundo: iv
1
1
2
1
0 0
2 
1 4 1
1 2
para 1, 2, , com 1 e 0
i i
i
i i
i
i
y y
y
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
df
n
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: 2 1i i iy y     y , sendo 0k C Vq
   . 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: 2 1i i iy yn 
    y ou:  2 1i iy n y y     i 
Para um valor muito elevado de n, considera-se:    1 11 e i i i iz y y y y z y zn         , 
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: 
2 1i iy n y y    
   
i
2 dy z
y z
dz
      , ou seja: 
    2dy z y z
dz
     para 0 < z < 1 e com a condição de entrada:   0 1zy z   , sendo a 
concentração de saída:  
1saída z
y y z  
A solução dessa equação diferencial é:   1
1
y z
z
    , assim:   1
1
1saída z
y y z     
Como 10,2 4
5saída
y      (para um PFR), logo: 
 
    30
4 30 L min
1000 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 4
n 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: 
 2aP 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 0,04267
Anilina dimetílica 37,49 0,1970
Hélio 0,03412 0,02370
Óxido 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:    227 1 18 p
        v vv 
Note que a(s) solução(ões) do problema estão contidas obrigatoriamente entre e 1v
8
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 2 327 1 2 27 1 218 8
d
p p
d
                   
 v
v
v v v v v 
e    2 2 3 4 427 2 6 27 38 4
d
d
         
 v
v
v v v v
. 
Então, como para  2 23 d d  
 v
v
v
0 , 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 5
33
81 4 04
d
d 
     

vv
v ‐ v
v v
, 
impondo-se  
3
27 1 2 27 1 10
8 9 27 8 27
d
p p
d 
                  

v
v
v 27
p 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
27
p  tem-se        27 1 1 13 3 1
8 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 3
0
0.5
1
 vk 2
27


1
vk 
Curva de contra  v com 1
27
p  
5 10
0
0.5
1
1.5 vk 1
27


 vk .6
27


1
vk 
Curvas de contra  v (i) 1
27
p  (curva 
vermelha) e (ii) 10 p 
27
 (curva azul) 
 5
 
Para ilustrar a solução do problema no caso em que há apenas 1(uma) raiz real, adota-se 
 227 11, ou seja 1 1 e uma valor qualquer de .8 p p
         vv Por exemplo, 2 e 1p   
resultando na equação:      2 2227 11 1 2 27 1 1 18                v v v 6v v 
ou seja: , com esses coeficientes as raízes são determinadas: 3 227 43 27 27 0      v v v
Pela 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 1v obtém-se ; Para 
se certificar que essa é a única solução, utiliza-se como chute inicial o maior valor possível de 
, isto é: 
1,3906v
v  0 8 161 1 1,5926
27 27p
    v e novamente se obtém: 1,3906v . 
Para ilustrar a solução do problema no caso em que há 3 (três) raízes reais, considera-se 
10
27
p  e o valor de       27 1 13 3 1 27
8 9 4
p              v 3p , isto é o valor de  
correspondente ao ponto de inflexão que ocorre em 3v , assim: 
  3 2227 1 27 1 21 38 4 9 9p p p p
                              v v vv 1 0v . Mas: 
 3 2 223 1 3
9 9
p p p                       v v v v v v
2 1 0
3
, ou seja, as duas outras soluções 
são as raízes de 2
1 1 272 1 0
9 3 9
p
p
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 0,02 1,7876
9 0,02
   v = (fase líquida), a segunda solução: (fase instável) e a 
terceira solução 
2 3v
3
1 1 27 0,02 9,3235
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
( ) cos
cos se 0
K
f sen
y K sen
K
         
      
 
 6
 
0 1 2 3
1
0
1
2
3
2.028
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 1K = 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 se
d

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 i
i i
x y
 
   
Mostre como manipulando estas equações se obtém a equação não-linear: 
 1 11 1
n
i 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 iLz y x K x iF            n , ou seja: 
    e = 1 1 1 1i ii i i ii i
z Kx y K x
K K 
iz        . 
Mas : logo: 
1 1
1 e 1 , 
n n
i i
i i
x y
 
      1 11 e 1 . 1 1 1 1
n n
i 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
n
i
x
i i
zF
K
 
        
ii. Determinar a raiz de    1 1 = 0 1 1
n
i i
y
i i
K zF
K
 
        
 8
 
Note que: (a):  
0
1
1 = 0 
n
x i
i
F z    , isto é  = 0 (inexistência da fase vapor) é raiz da 
primeira equação; (b):    1 1 11 1 = 1 1
n n
i i
y i
i 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
n
i i
y x
i i
K z
F F F
K
   
           , note 
agora que:        
0 00
1
1 
n
y x i i
i
F F F K z            0 
e      
1 11
1
11 
n
y x i
i i
F F F z
K 
    
            0 
As três alternativas de funções capazes de resolver o problema são plotadas a seguir. 
   1 1 1 1
n
i
x
i i
zF
K
 
       
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
0.5
0
0.5
1
1.5
Fx uk 
0
uk 
   1 1 1 1
n
i i
yi i
K zF
K
 
       
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
0.5
0
0.5
1
1.5
2
Fy uk 
0
uk 
    1
1
1 1
n
i i
i i
K z
F
K
 
         100
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
2
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 1i ii i i ii 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: 1
k t
c
et
k
  t  sugerindo a seguinte forma recursiva: 
 
( )
( 1) (0)1 para = 0 , 1, com 
jk t
j
c c
et t j
k

    t t 
(b) de (2) tem-se: 
 ln 1 ck t tt
k
     , sugerindo a seguinte forma recursiva: 
 
 ( )( 1) (0)ln 1 para =0, 1, com j cj ck t tt jk
      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:    1 1 para todo 0k t k tc dg teg t t e tk 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 1 0 1 para todo 0
1
j
c
j
c
k t t dg t dg t
g 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 2
1 11 exp 1 ou 1 exp 1 ( )
1 1 1 1
x Da x x Da x g x
x 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 x
x
              
, 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 x
x
                 
, 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 x
x 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 xf x
dx 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 x
x 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 x
dx
                   
 , dá origem ao 
procedimento iterativo:    
  
     
 
 
1
2
22
1
( )1
( ) k
k
k
k k
k k
x
x
f x
x x
f x f x d f x
dxdf 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 x
dx
  . 
        2 24 2 e 4 3dF xF x x x xdx        2 
Método de Newton-Raphson aplicado a f(x):    
  
 
21
2
2
k
k k
k
x
x x
x

       
 
Método de Newton-Raphson aplicado a F(x):    
  
  
2
1
2
2
1
3 2
k
k k
k
x
x 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 xF x e x e e e e xdx                  
Método de Newton-Raphson aplicado a f(x):    
   
 
1
1
k
k
kx
k k
x
e xx x
e


      
 
 13
 
Método de Newton-Raphson aplicado a F(x): 
       
     
1
2
1 
1
k
x x
k k
x x x
x x
e x e
x 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 0.8
0.5
0
0.5
1
yk
Yi
xk ri
r
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0.0130467
0.0674683
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 2
0
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 10
0.5
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 sen 2x x x x              , ou seja: 
       
2
22 sen1 1 1 sen 1
1
x
x x x x x
x
                chegando-se finalmente a: 
  2sen
1
1
x
x
x
     
0 2 4 6
0.6
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 3
0.7
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 1.5
0
0.5
1
1.5
yk
uk
k 
0 1 2 3
0.9
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 32 223 3
x xF x x
x x
          
 17
 
0 1 2 3 4 5
1
1.5
2
2.5
3
xk
xk
xn
k
n 7
xn xn 1 3.850253 10
13
xn 1.912931
3 7 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 3
0.5
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
x
a b
2

F funcao x( )
a x
fa F
fa F 0if
b x
fb F
otherwise
flag 1 F if
flag 1 b a if
flag 1 k Mif
flag 0while
R0 a
R1 b
R2 fa
R3 fb
R4 k
R

 10 9  10 9 M 100 R Biseção 0 1   M( )
R
0.429494
0.429494
1.241796 10 9
1.415625 10 9
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 a
fa
fa fb

F funcao x( )
crit fa F
a x
fa F
crit 0if
b x
fb F
otherwise
flag 1 F if
 b a
flag 1  if
flag 1 k Mif
flag 0while
R0 a
R1 b
R2 fa
R3 fb
R4 k
R

R Wegstein a b 10 9 10 9 100 
R
2.689095
5
7.347793 10 10
94
45



 
2 3 4 5
50
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 1
2 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); 2x     
(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 y
2 m
a bf y     
  bf b y 
  -1 0 +1 
Essa interpolação quadrática inversa é descrita por: 
        
   
   2 b m ab 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 2 b m a mm b 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 bb a a m b m
y y y y y y
p y
y y y y y y
a         
 
Para que seja possível a interpolação inversa acada 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