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EQE-358 – MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA QUÍMICA 2O PERÍODO /2009
PROFS. EVARISTO E ARGIMIRO
1
Gabarito da Lista de exercícios de Sistemas Algébricos
1) O modelo estacionário do estágio i de uma coluna de absorção de prato, na qual ocorre uma reação química irreversível na fase líquida, é descrito pelas equações de balanço de massa abaixo:
21 1 para 1, 2, ,i i i i iL x V y L x V y H k x i N (N: número total de pratos)
L: vazão molar da fase líquida;
V: vazão molar da fase gás;
H: número de mols da fase líquida no prato i;
k: constante de velocidade da reação [tempo-1];
xi : fração molar na fase líquida;
yi : fração molar na fase gás.
A relação de equilíbrio entre as fases é dada pela expressão: 1
ii
i
m xy
x
.
Utilizando os seguintes valores das varáveis e de parâmetros: L = 40 kmol/h; V = 60 kmol/h; H = 20 kmol; k = ½ h-1, m = 0,75 , = 0,05, N = 6; y0 = 0,254237 e x7 = 0 , as equações do modelo transformam-se em:
2
1 1
2 20 para 1, 2, 3, 4, 5, 6
3 3 6i
i i i i
xy x y x i
Em que 0 7
0,750,254237 ; 0 e para 1, 2, 3, 4, 5, 6
1 0,05i
ii
xy x y i
x
.
Para resolver este sistema, adotam-se inicialmente os valores iniciais que constituem a solução do problema linear:
(0) (0) (0) (0)1 1
2 20 para 1, 2, 3, 4, 5, 6
3 3i i i iy x y x i
Em que (0) (0) (0) (0)0 70, 254237 ; 0 e 0,75 para 1, 2, 3, 4, 5, 6i iy x y x i
Este sistema por ser linear e tri-diagonal pode ser resolvido recursivamente resultando nos valores:
(0)1(0)2(0)3(0)4(0)5(0)6
0,168157
0,082744
0,040037
0,018684
0,008007
0,002669
x
x
x
x
x
x
1a) Explique sucintamente como estes valores foram determinados;
Substituindo (0) (0) 0,75i iy x em: (0) (0) (0) (0)1 1
2 20 para 1, 2, 3, 4, 5, 6
3 3i i i iy x y x i
EQE-358 – MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA QUÍMICA 2O PERÍODO /2009
PROFS. EVARISTO E ARGIMIRO
2
Resulta:
(0) (0) (0)1 13 2 0 para 1, 2, 3, 4, 5, 6i i ix x x i , com
(0)(0) (0) (0)00 0 7
4 ; 0
0,75 3
yx y x
Para i =1, tem-se: (0) (0)
(0) (0) (0) (0) (0) (0)0 01 0 2 1 2 2
42 23 2
3 3 9 3
x yx x x x x x
Para 2, 3, 4, 5, 6i (0) (0)1
2i i i
i
x x
, como (0)
(0) (0)01 2
4 2
9 3
yx x
, tem-se
(0)0
1 1
43 e
9
y
Mas: (0) (0)1 1
1
2 i i i
i
x x
, logo:
(0) (0) (0) (0) (0) (0)11 1 1 1
1
1 1
2 23 3 2
2 23 3
ii i i i i i i
i
i i
x x x x x x
Permitindo identificar: 1
23i
i
e 1ii
i
para 2, 3, 4, 5, 6i , com
(0) (0)0 0
1 11
43 e
9
y x
.
Resultando em:
k 1 2 3 4 5 6
k 3,000000 2,333333 2,142857 2,066667 2,032258 2,015873
k 0,112994 0,048426 0,022599 0,010935 0,005381 0,002669
Como (0)7 0x ,
(0)(0) 76 6 6
6
x
x
e (0) (0)1
2i i i
i
x x
para i =5, 4, 3, 2, 1.
Obtém-se:
k 6 5 4 3 2 1
(0)kx 0,002669 0,008007 0,018684 0,040037 0,082744 0,168157
1b) Para resolver o problema aplicou-se o método de Newton-Raphson ao sistema original, indique abaixo como seria este procedimento indicando claramente a matriz Jacobiana correspondente;
Representando o sistema pelas equações:
Primeira equação: 11 1 2 0 1 2
1
2 2 0,75, 1 0
3 3 1 0,05 6
xf x x y x x
x
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3
i´ésima equação: 11 1 1
1
0,752 2 0,75, , 1 0
3 1 0,05 3 1 0,05 6i i
i i i i i ii i
x xf x x x x x
x x
para
i = 2, 3,4,5
Última equação: 56 5 6 6
5 6
0,752 2 0,75, 1 0
3 1 0,05 3 1 0,05 6ix x
f x x xx x
.
Em vista de 2
0,75 0,75
1 0,05 1 0,05
d x
dx x x
, tem-se:
1 1 2 11,1 2
1 1
, 2 0,751
3 31 0,05
f x x xJ
x x
e 1 1 2
1,22
,1
f x xJ
x
1 1, 1 2
1 1
, , 2 0,75
3 1 0,05
i i i ii i
i i
f x x xJ
x x
;
1 1
, 2
, , 2 0,751
3 31 0,05
i i i i ii i
i i
f x x x xJ
x x
e
1 1, 1
1
, ,1i i i i
i ii
f x x xJ
x
para i = 2, 3,4,5
6 5 66,5 2
5 5
, 2 0,75
3 1 0,05
f x xJ
x x
e
6 5 6 66,6 2
6 6
, 2 0,751
3 31 0,05
f x x xJ
x x
.
Os demais elementos da matriz J são nulos!
Ter-se-ia em cada iteração um sistema tridiagonal:
Primeira equação:
1 1 1
1 1 1 2 2 1 0 1 2
1
2 2 0,751
3 3 61 0,05
kk k k k k k k k
k
xb x x x x d y x x
x
i-ésima equação:
1 1 11 1 1 1
11
1
0,752 2 0,751
3 3 61 0,05 1 0,05
k k k k k k k k ki i i i i i i i i
k kk ki i
i ik ki i
a x x b x x x x d
x xx x
x x
Última equação:
1 1 5 6
6 5 5 6 6 6 6 6
5 6
0,752 2 0,751
3 3 61 0,05 1 0,05
k kk k k k k k k k
k k
x xa x x b x x d x
x x
Sendo: 1
1 12
11
, , 2 0,75
3 1 0,05ki
k i i i ii
ki x i
f x x xa
x x
para i = 2, 3, 4, 5, e 6
1 1
2
, , 2 0,751
3 31 0,05ki
kk i i i i i
ik
i x i
f x x x xb
x x
para i = 1, 2, 3, 4, 5, e 6
EQE-358 – MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA QUÍMICA 2O PERÍODO /2009
PROFS. EVARISTO E ARGIMIRO
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1c) Como pode ser aproveitada a estrutura tri-diagonal da matriz Jacobiana no método iterativo desenvolvido?
Após determinar os valores de kia , k
ib e kid aplica-se em cada iteração o método de
Thomas levando-se em conta que 1kic (não varia com i e k!).
1d) Na Tabela a seguir apresentam-se os valores obtidos nas 3 primeiras iterações do procedimento implementado em computador. Comente estes resultados!
xi Chute Inicial Iteração 1 Iteração 2 Iteração 3
x1 0,168157 0,162553 0,162543 0,162543
x2 0,082744 0,078082 0,078072 0,078072
x3 0,040037 0,037362 0,037356 0,037356
x4 0,018684 0,017350 0,017347 0,017347
x5 0,008007 0,007422 0,007420 0,007420
x6 0,002669 0,002472 0,002472 0,002472
2) Em um conjunto de reações químicas, para determinar o número de reações independentes monta-se uma matriz composta pelos coeficientes estequiométricos das reações considerando-os como positivo quando o componente for reagente na reação correspondente e como negativo quando o componente for produto na reação (esta matriz se chama de matriz estequiométrica). Assim para o conjunto de reações químicas:
1a Reação: 4 NH3 + 5 O2 4 NO + 6 H2O
2a Reação: 4 NH3 + 3 O2 2 N2 + 6 H2O
3a Reação: 4 NH3 + 6 NO 5 N2 + 6 H2O
4a Reação: 2 NO + O2 2 NO2
5a Reação: 2 NO N2 + O2
6a Reação: N2 + 2 O2 2 NO2
A matriz estequiométrica correspondente a este esquema de reações é:
A
4
4
4
0
0
0
5
3
0
1
1
2
6
6
6
0
0
0
0
2
5
0
1
1
4
0
6
2
2
0
0
0
0
2
0
2
EQE-358 – MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA QUÍMICA 2O PERÍODO /2009
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O número de reações independentes é igual ao posto (rank) da matriz A, sendo neste exemplo igual a 3 (três). Baseado nesta informação indique três reações do esquema apresentado que sejam independentes entre si, justificando sua escolha pelo cálculo do posto da matriz estequiométrica das reações escolhidas.
Primeira Tentativa: as três primeiras reações .
B augment M 0 M 1 M 2 T B
4
4
4
5
3
0
6
6
6
0
2
5
4
0
6
0
0
0
rank B( ) 2 Fracasso
Sexta Tentativa: Segunda, terceira e quinta reações.
B augment M 1 M 2 M 4 T B
4
4
0
3
0
1
6
6
0
2
5
1
0
6
2
0
0
0
rank B( ) 2 Fracasso
Segunda Tentativa: Primeira, segunda e quarta reações.
B augment M 0 M 1 M 3 T B
4
4
0
5
3
1
6
6
0
0
2
0
4
0
2
0
0
2
rank B( ) 3 Sucesso
Sétima Tentativa: Segunda, terceira e sexta reações.
B augment M 1 M 2 M 5 T B
4
4
0
3
0
2
6
6
0
2
5
1
0
6
0
0
0
2
rank B( ) 3 Sucesso
Terceira Tentativa: Primeira, segunda e quinta reações.
B augment M 0 M 1 M 4 T B
4
4
0
5
3
1
6
6
0
0
2
1
4
0
2
0
0
0
rank B( ) 2 Fracasso
Oitava Tentativa: Terceira, quarta e quinta reações.
B augment M 2 M 3 M 4 T B
4
0
0
0
1
1
6
0
0
5
0
1
6
2
2
0
2
0
rank B( ) 3 Sucesso
Quarta Tentativa: Primeira, segunda e sexta reações.
B augment M 0 M 1 M 5 T B
4
4
0
5
3
2
6
6
0
0
2
1
4
0
0
0
0
2
rank B( ) 3 Sucesso
Nona Tentativa: Terceira, quarta e sexta reações.
B augment M 2 M 3 M 5 T B
4
0
0
0
1
2
6
0
0
5
0
1
6
2
0
0
2
2
rank B( ) 3 Sucesso
Quinta Tentativa: Segunda, terceira e quarta reações.
B augment M 1 M 2 M 3 T B
4
4
0
3
0
1
6
6
0
2
5
0
0
6
2
0
0
2
rank B( ) 3 Sucesso
Décima Tentativa: Quarta, quinta e sexta reações.
B augment M 3 M 4 M 5 T B
0
0
0
1
1
2
0
0
0
0
1
1
2
2
0
2
0
2
rank B( ) 2 Fracasso
3) O método de Gauss-Jacobi consiste em resolver de forma iterativa o sistema linear de
equações: 1
para 1, 2, , n
ij j ij
a x b i n
na forma:
Sendo ( )rjx o valor da variável xj na iteração r. Este procedimento tem a convergência
garantida se:1
1 para 1, 2, ,n
ij
j ik
ai n
aj k
.
Baseado nestas informações descreva claramente um procedimento iterativo, inequivocamente convergente, resultante da aplicação do método de Gauss-Jacobi ao sistema linear abaixo:
1 2 3
2 3
1 2 3
2 4 11
2 3
4 2 16
x x x
x x
x x x
Variável x1:
Através da primeira equação: 1 2 311 2 4 2 4 6 1x x x : convergência não
assegurada
Através da segunda equação: 2 32 3x x x1 não está presente: não é possível explicitar x1
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Através da terceira equação: 1 2 3
1 1 1 1 34 1
4 2 4 2 4x x x : convergência
assegurada
Variável x2:
Através da primeira equação: 2 1 3
11 1 1 52 2 1
2 2 2 2x x x : convergência não
assegurada
Através da segunda equação: 2 3
3 1 11
2 2 2x x : convergência assegurada
Variável x3:
Através da primeira equação: 3 1 2
11 1 1 1 1 31
4 4 2 4 2 4x x x : convergência
assegurada
Resultando no procedimento iterativo:
11 2 3
12 3
13 1 2
1 14
4 23 1
2 211 1 1
4 4 2
k k k
k k
k k k
x x x
x x
x x x
Com 0 0 01 2 3 0x x x , obtém-se os resultados:
k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
1
kx 0 4,00 2,250 2,781 3,125 3,004 2,978 3,003 3,003 2,999 3,000 3,000
2kx 0 1,50 2,875 2,000 1,875 2,027 2,016 1,993 1,999 2,001 2,000 2,000
3
kx 0 2,75 1,000 0,750 1,055 1,031 0,985 0,998 1,003 1,000 1,000 1,000
Este procedimento iterativo é representado graficamente a seguir:
0 2 4 6 8 100
1
2
3
4
X0 k
X1 k
X2 k
k
Para acelerar o algoritmo poderíamos modificar o método de acordo com (Gauss-Seidel):
EQE-358 – MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA QUÍMICA 2O PERÍODO /2009
PROFS. EVARISTO E ARGIMIRO
7
13 1 2
1 12 3
1 1 11 2 3
11 1 1
4 4 23 1
2 21 1
44 2
k k k
k k
k k k
x x x
x x
x x x
Com 0 0 01 2 3 0x x x , obtém-se os resultados:
k 0 1 2 3 4 5 6
1
kx 0 1,906 3,103 2,990 3,001 3,000 3,000
2kx 0 2,875 1,918 2,008 1,999 2,000 2,000
3
kx 0 2,750 0,836 1,015 0,999 1,000 1,000
Este procedimento iterativo é representado graficamente a seguir:
0 2 4 6 8 100
1
2
3
X0 k
X1 k
X2 k
k
Mostrando-se assim a aceleração do procedimento, pois converge à solução em um menor número de iterações!
4) Uma coluna de absorção é composta por N estágios de equilíbrio. As fases gasosa e líquida percorrem a coluna em contracorrente, considera-se a fase gasosa composta de um gás inerte e não solúvel na fase líquida transportando um soluto a uma concentração y [massa de soluto/massa de gás inerte] e a fase líquida é composta por um líquido inerte e não volátil que transporta o mesmo soluto a uma concentração x [massa de soluto/massa de líquido inerte]. A relação de equilíbrio de fases em cada estágio é suposta linear: y = K x. Considerando que o líquido alimenta a coluna isento do soluto e baseado nas suposições chega-se às equações de balanço do soluto:
Estágio 1: 1 20 1 0X X
Estágio i [i = 2, ..., N1]: 1 11 0i i iX X X
Estágio N: 1 1 0N NX X
onde i; X i
N
yGK
L y , G: vazão mássica de gás inerte (constante) e L: vazão mássica de
líquido inerte (constante).
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4a) Mostre que a solução deste sistema linear e tri-diagonal é expressa por:
11
1 para 1, ,
1
iN i
i NX i N
. Como removeria a aparente singularidade desta
expressão para = 1?
A equação de balanço do estágio i é: 1 11 0i i iX X X com X0 =0 e XN+1 =1, essa
equação pode ser interpretada como uma equação de diferenças de segunda ordem, linear, coeficientes constantes e homogênea. Para determinar sua solução, supõe-se que a mesma pode ser expressa por: 1i iX p X , ou seja: 1i iX p X e 2
1 1i i iX p X p X ,
substituindo as duas últimas expressões em: 1 11 0i i iX X X , resulta:
21 11 1 1 1 0i ip p X p p X , como 1 0iX há dois valores de
p que satisfazem a equação: 1
1 e p p
o que permite expressar a solução da equação de
diferenças por: i i
BX A
, como 0 0X A B B A e
1 11
i
i i iX A A
Como: 1 1
1 1 1
11
1
N N
N N NX A A
. E, finalmente:
11
1 para 1, ,
1
iN i
i NX i N
Note que: 11
1lim
1 1
i
N
i
N
, assim quando 1 a solução do problema é:
para 1, , se =11i
iX i N
N
4b) Para uma coluna com 10 estágios [N = 10] deseja-se calcular o valor de que faz com que haja a remoção de 90% do soluto da corrente gasosa, isto é deseja-se determinar que corresponda a X1 = 0,1. Deste modo o problema reduz-se à resolução da equação não linear:
10 101 11 11
1 10,1 0,1 0
1 1X
Abaixo, representa-se o gráfico de X1 versus
0 0.5 10
0.1
0.2
x1 zk
x1( )sol
,zk sol
Aplicou-se a essa equação o método de Newton-Raphson obtendo-se os resultados:
EQE-358 – MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA QUÍMICA 2O PERÍODO /2009
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9
chute inicial = 0,8 chute inicial = 1,5 chute inicial = 0,4 iteração
k k iteração
k k iteração
k k
0 0,8 0 1,5 0 0,4 1 1,1704 1 0,9361 1 68,4705 2 1,0250 2 1,0294 2 -4,0824. 103
3 1,0197 3 1,0197 3 DIVERGIU4 1,0196 4 1,0196 5 1,0196 5 1,0196
Descreva o procedimento iterativo aplicado e comente os resultados apresentados, em particular, explicando por que com chute inicial = 0,4 o procedimento iterativo não convergiu. 5) Uma coluna de destilação de 3 pratos é operada de forma contínua para destilar um mistura binária, segundo o esquema: D , xd = x4
Condensador [Estágio 4]
V y3 L,x4 Prato 3 V y2 L,x3
F, z Prato 2 (alimentação)
V y1 L+F,x2 Prato 1 V y0 L+F,x1
Refervedor B, xB = x0 [Estágio 0] Em que as composições acima se referem à fração molar do elemento mais leve. Considera-se esta mistura binária com a volatilidade relativa constante, isto é:
1
ou 1 1 1
i i i ii i
i i i i i i
y x y xx y
y x y y x x
para i = 0, 1, 2 e 3.
Os balanços molares do elemento mais volátil nos estágios são descritos por:
Refervedor (estágio "0"): 0 0 0 11 0F
R y x R x xD
Prato 1: 1 0 1 21 0F
R y y R x xD
Prato 2 (prato de alimentação): 2 1 2 31F F
R y y R x R x zD D
EQE-358 – MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA QUÍMICA 2O PERÍODO /2009
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10
Prato 3: 3 2 3 41 0R y y R x x
Condensador (estágio 4): 3 4 0y x
Sendo: R = L/D: razão de refluxo; V=(1+R).D: vazão molar do vapor.
Além destes balanços têm-se os balanços globais:
B D
B D F
B x D x F z
Sendo: xB = x0 e xD = x4.
Sabendo-se que F = 100 kmol/h e z = 0,5, considere os dois problemas:
5a) Dados D = 80 kmol/h e R = 5 calcular as vazões molares B, L e V e as composições internas da coluna;
5b) Dados xD = 0,8 e xB = 0,25 calcular as vazões molares D, B, L, V e R e as composições internas da coluna.
Descreva de forma detalhada os procedimentos numéricos que deveriam ser implementados para resolver cada um dos problemas, enfatizando em sua descrição as condições iniciais a serem adotadas.
Abaixo se apresentam os resultados convergidos aplicando procedimentos numéricos adequados:
Problema a: B = 20 kmol/h; L = 400 kmol/h e V = 480 kmol/h
i 0 1 2 3 xi 0,009
(produto de fundo) 0,034 0,117 0,292
yi 0,035 0,122 0,347 0,623 (produto de topo)
Problema b: D = 61,538 kmol/h; B = 38,462 kmol/h; L = 489,721 kmol/h; V = 551,26 kmol/h e R = 7,958
i 0 1 2 3 xi 0,020
(produto de fundo) 0,072 0,222 0,500
yi 0,075 0,236 0,533 0,800 (produto de topo)
EQE-358 – MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA QUÍMICA 2O PERÍODO /2009
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11
6) No sistema hidráulico abaixo, uma bomba centrífuga é utilizada para transferir líquido de um tanque a outro, estando os tanques no mesmo nível
p1 p3
p2 Q
A bomba eleva a pressão do líquido de p1 (pressão atmosférica) a p2, mas ocorre uma perda de carga na tubulação que liga os dois tanques e a pressão na saída da tubulação cai para p3 novamente a pressão atmosférica.
A elevação da pressão devido à bomba centrífuga é dada por sua curva característica e é expressa por:
3/ 22 1p p a b Q
Sendo a e b constantes características da bomba e Q a vazão volumétrica.
A perda de carga na tubulação é expressa por: 2
2 3 2 58 Mf L Q
p pD
Sendo:
fM : fator de atrito de Moody do interior da tubulação (suposto constante);
: massa específica do líquido;
L : comprimento da tubulação;
D: diâmetro interno do tubo.
Calcule a vazão de líquido e a pressão na saída da bomba nos dois casos abaixo:
Dados 1 Dados 2
D (polegadas) 1,049 2,469
L (pés) 50,0 210,6
fM (adimensional) 0,032 0,026
a , psi 16,7 38,5
b, psi/(gpm)1.5 0,052 0,0296
Resolver o problema para os dois conjuntos de dados e para os dois líquidos: (a) água: = 62,4 lbm/ft3 ; (b) querosene: =51,4 lbm/ft3.
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12
b.052
.0296
psi
gal
min
1.5
D1.049
2.469
in L50
210.6
ft 62.4
51.4
lb
ft3
fM.032
.026
a16.7
38.5
psi
pref 1 atm
a
pref
1.136
2.62
Qref
a0
pref
b0
2
3
a1
pref
b1
2
3
Qref7.198 10
4
5.456 103
m3
s
b0
Qref0
1.5
pref
b1
Qref1
1.5
pref
0.136
1.62
8 fM0
0 L
0 Qref0
2
2
D0 5 pref
8 fM1
1 L
1 Qref1
2
2
D1 5 pref
0.15
0.337
d
0
d1
0.824
f x i j( )
x0
1 i
i
x1 1.5
x0
1 i
dj
x1 2
F x i j( )1
1
i
1.5 x1
2 i
djx1
g x i j( )x0
1 i
i
x1 .75
x0
1 i
dj
x1
G x i j( )
1
1
i
.75
4x1
i
dj
ff x i j( ) i
i
x1.5
i
dj
x2
p2adm x i( ) 1 i
i
x1.5
gg x i j( )
i
ix.75
i
dj
x
iter 4i 0 j 0 k 1 iter
x
2
i
1
i
2
3
x k x k 1
lsolve F x k 1 i j f x k 1
i j
x2
1
1.656
2.681
1.697
2.205
1.703
2.162
1.703
2.162
p2 x0 iter 1 atm p2 1.703atm p2 25.027psi Q x
1 iter Qrefi Q 24.662
gal
min
k 0 iter f x iter i j 1.959 10
8
k 1 iter
x
2
i
1
i
4
3
x k x k 1
lsolve G x k 1 i j g x k 1
i j
x2
1
1.656
4.361
1.703
4.671
1.703
4.672
1.703
4.672
p2 x0 iter 1 atm p2 1.703atm p2 25.027psi Q x
1 iter Qrefi Q 24.662
gal
min
g x iter i j 0
X 1 X root ff X i j( ) X( ) X 2.162 p2adm X i( ) 1 atm 1.703atm p2adm X i( ) 1 atm 25.027psi
X Qrefi 24.662
gal
min
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13
7) Na realidade o fator de atrito de Moody no interior da tubulação é função do número de
Reynolds, ReD u
onde 2
/ 2
Qu
D
: velocidade média no interior do tubo e :
viscosidade do líquido, e da rugosidade interna do tubo em acordo com:
(i) Para Re 2000: 64
ReMf ;
(ii) Para Re > 2000, o valor de fM é solução da Equação de Colebrook expressa por:
1 2,51
2 log3,7 ReM M
Df f
onde : rugosidade interna do tubo;
D: diâmetro interno do tubo.
Um bom chute inicial para essa equação é a equação de Blassius expressa por:
2503160 .M Re.f que é válida para tubulações lisas (=0) e escoamento turbulento.
Refaça todas as situações do problema 1 com essas novas considerações usando = 0,0005 ft.
TOL 109
f x Re adm x 2 log
adm
3.7
2.52 x
Re
Moody Re adm fM64
Re Re 2000if
xRe
.125
.316
x root f x Re adm x
fM1
x2
otherwise
fM
Reref i j( )
Di
j Qrefi
D
i
2
2
j
.0005 ft
D0
.0005 ft
D1
5.72 10
3
2.43 103
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14
F x i j( )
x0
1 i
i
x1 1.5
x0
1 Moody Reref i j( ) x1
i
i d
j x
1 2
I
1
0
0
1
i 0 j 0
J x i j( ) y F x i j( )
J k 104
F x 104 I k i j y
k 0 1for
J
X
2
i
1
i
2
3
F X i j( )
0
0.84
iter 5 k 1 iter X k X k 1 lsolve J X k 1
i j F X k 1 i j
X2
1
1.666
2.634
1.704
2.182
1.708
2.143
1.709
2.143
1.709
2.143
V X iter
p2 V0
1 atm p2 1.709atm p2 25.108psi Q V1
Qrefi Q 24.453
gal
min
x 1 x root g x i j( ) x( ) x x x 2.143l
G x i j( )x0
1 i
i
x1 .75
x0
1 Moody Reref i j( ) x1
i
i d
j x
1
J x i j( ) y G x i j( )
J k 104
G x 104 I k i j y
k 0 1for
J
X 0
2
i
1
i
4
3
X k X k 1 lsolve J X k 1
i j G X k 1 i j V X iter
X2
1
1.666
4.267
1.708
4.592
1.709
4.593
1.709
4.593
1.709
4.593
p2 V0
1 atm p2 1.709atm p2 25.108psi Q V1
Qrefi Q 24.453
gal
min
8) As principais reações que ocorrem na produção de gás de síntese através da oxidação parcial do metano com oxigênio são:
2221
4 2HCOOCH
224 3HCOOHCH
OHCOCOH 222
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15
Calcule a relação entre as vazões molares de oxigênio e metano na alimentação de um reator de gás de síntese operando adiabaticamente, tal que a temperatura de equilíbrio da mistura no interior do reator seja igual a 2200oF. A pressão de operação do reator é igual a 20 atm e a temperatura de entrada dos reagentes é igual a 1000oF.
Considerando o comportamento da mistura reacional como ideal as seguintes relações de equilíbrio prevalecem:
Reação 1: 21
2
4 2
211
1 1,3 10CO H
CH O
p pK
p p
Reação 2: 2
4 2
35
2 1,7837 10CO H
CH H O
p pK
p p
Reação 3: 2
2 2
30
2,6058CO H O
C H
p pK
p p
Sendo: 2 2 2 4 2O ; O ; ; H e ; CO C H H C Op p p p p p são as pressões parciais, respectivamente, do CO,
CO2, H2O, H2, CH4 e O2.
As entalpias dos diversos componentes envolvidos no processo a 1000 e 2200oF estão listadas abaixo:
Componente FoH1000
(BTU/lbmol)
FoH 2200
(BTU/lbmol)
CH4 -13492 8427
H2O -90546 -78213
CO2 -154958 -139009
CO -38528 -28837
H2 10100 18927
O2 10690 20831
Uma quarta reação química também ocorre a altas temperaturas:
Reação 4: COCOC 22
2
2
40
1329,5CO
C C
pK
a p
aC é a atividade do carbono no estado sólido (seu valor pode ser considerado como unitário).
Considerando em primeira instância a inexistência da reação 4 e as seguintes variáveis:
x1 : número de mols do CO no equilíbrio/mol de CH4 na alimentação ;
x2: número de mols do CO2 no equilíbrio/mol de CH4 na alimentação ;
x3 : número de mols do H2O no equilíbrio/mol de CH4 na alimentação ;
x4 : número de mols do H2 no equilíbrio /mol de CH4 na alimentação;
x5: número de mols do CH4 no equilíbrio /mol de CH4 na alimentação;
x6: número de mols do O2 na alimentação /mol de CH4 na alimentação;
x7: número total de mols dos produtos /mol de CH4 na alimentação.
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16
Devido ao valor elevado da constante de equilíbrio da primeira reação, pode-se considerar como se todo o oxigênio alimentado ao sistema fosse consumido, isto é: 0
2Op ,
com essa consideração os balanços de massa de cada elemento químico presente e o balanço de energia conduzem ao sistema de equações:
Balanço de oxigênio: 6 1 2 32 2x x x x
Balanço de hidrogênio: 3 4 54 2 2 4x x x
Balanço de carbono: 1 2 51 x x x
Balanço global do produto: 7 1 2 3 4 5x x x x x x
Equilíbrio da segunda reação: 2 3 5 21 4 3 5 71,7837 10totalP x x x x x
Equilíbrio da terceira reação: 1 3 2 42,6058x x x x
Balanço de energia:
1 2 3 4 5 628837 139009 78213 18927 8427 13592 10690x x x x x x
Resolva este sistema de equações algébricas.
Após resolver o sistema calcule: 2
2 21
0 2 7
com 1CO totalC
C C
p P xK a
a p x x
. Se 4 1329,5K K há
possibilidade de formação de carvão sólido no interior do reator, caso contrário tal não ocorre. Verifique qual das possibilidades prevalece!
Entalpias dos Componentes
H
38528
154958
90546
10100
13492
10690
28837
139009
78213
18927
8427
20831
P 20 P
2
1.7837105
H1
H1 0
H
Número Total de Mols da Mistura xT x( )
0
4
i
xi
Montagem do vetor das funções
f x( )
x0
2x1
x2
2 x
5
x2
x3
2 x4
2
x0
x1
x4
1
0
4
i
Hi 1 x
i
H4 0 H
5 0 x5
x0
x2
2.6058x1
x3
x0
x3 3 xT x( )
2x2
x4
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17
Montagem da Matriz Jacobiana
Elementos da última linha da matriz Jacobiana: g0 x( ) x3 3 2 xT x( ) x
2 x
4 g1 x( ) 2 xT x( ) x
2 x
4
g2 x( ) xT x( ) x4
2 x2
xT x( ) g3 x( ) 3 x0
x3 2 2 xT x( ) x
2 x
4 g4 x( ) xT x( ) x
2 2 x
4 xT x( )
I identity 6( )Jnumerico x( ) y f x( )
v x 104
I j
J j f v( ) f x( )
104
j 0 5for
J
J x( )
.5
0
1
H0 1
x2
g0 x( )
1
0
1
H1 1
2.6058 x3
g1 x( )
.5
1
0
H2 1
x0
g2 x( )
0
1
0
H3 1
2.6058 x1
g3 x( )
0
2
1
H4 1
0
g4 x( )
1
0
0
H5 0
0
0
Chute Inicial : considera apenas a primeira reação
X
1
0
0
2
0
.5
f X( )
0
0
0
0.111
0
0.018
J X( ) 0.306 Jnumerico X( ) 0.306
Newtonnume x( ) y f x( )
k 0
X k x
x X k lsolve Jnumerico X k y
y f x( )
k k 1
X k x
y 109
while
X
Newton x( ) y f x( )
k 0
X k x
x X k lsolve J X k y
y f x( )
k k 1
X k x
y 109
while
X
x X M Newton x( ) K cols M( ) K 6
M1 Newtonnume x( )K1 cols M1 K1 6
M1
1
0
0
2
0
0.5
0.783
0.028
0.145
1.478
0.189
0.492
1.013
0.027
0.135
1.945
0.04
0.601
0.964
0.027
0.137
1.846
8.521 103
0.578
0.961
0.027
0.137
1.841
0.011
0.577
0.961
0.027
0.137
1.841
0.011
0.577
M
1
0
0
2
0
0.5
0.783
0.028
0.145
1.478
0.189
0.492
1.013
0.027
0.135
1.945
0.04
0.601
0.964
0.027
0.137
1.846
8.521 103
0.578
0.961
0.027
0.137
1.841
0.011
0.577
0.961
0.027
0.137
1.841
0.011
0.577
Valores Convergidos x1 M K 1 x1
T 0.961465 0.027466 0.137033 1.840831 0.011068 0.576715( )
f x1 T 0 0 0 0 0 0( )
Cálculo do número total de mols da mistura e das frações molares
ntotal_1 xT x1 ntotal_1 2.978 i 0 4 z1i
x1i
ntotal_1
z1T 0.32287084 0.00922354 0.04601709 0.61817168 0.00371685( )
Verificação da possibilidade de existência de carvão sólido:
Kmedio
P x10
2
x11xT x1
Kmedio 226.042 como esse valor é menor do que 1329.5(K_4) não há carbono sólidopresente no reator!
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18
9) Refaça o problema 3 considerando a possibilidade da primeira reação não ser completa, isto é, considere a possibilidade de haver oxigênio não reagido no produto.
Considerando:
x6: número de mols do O2 no equilíbrio /mol de CH4 na alimentação;
x7: número total de mols dos produtos /mol de CH4 na alimentação.
x8: número de mols do O2 na alimentação /mol de CH4 na alimentação;
Equilíbrio da primeira reação:
3
23 3
2 221
2
4 2
2 211 2 111 4
1 4 5 6 775 6
1,3 10 1,3 10CO H totaltotal
CH O
p p Px xP x x x x x
xp p x x
O equilíbrio da segunda reação indica: 2 3 5 21 4 3 5 71,7837 10totalP x x x x x
Dividindo a última equação pela anterior, resulta:
5 113 7
4 4 6 3 75116
1,7837 10 1,3 10
1,7837 101,3 10total total
x xP x P x x x x
x
, elevando ambos os
membros ao quadrado: 211 6
2
4 6 351
1,3 10
1,7837 10 total ii
x P x x x
, permitindo calcular:
52
31
6 2112
4 35
1,3 101,7837 10
ii
total
x xx
x P x
e
6
71
ii
x x
Resultando no sistema:
Balanço de oxigênio: 8 1 2 3 62 2x x x x x
Balanço de hidrogênio: 3 4 54 2 2 4x x x
Balanço de carbono: 1 2 51 x x x
Balanço global do produto: 8 1 2 3 4 5 6x x x x x x x
Equilíbrio da segunda reação: 2 3 5 21 4 3 5 71,7837 10totalP x x x x x
Equilíbrio da terceira reação: 1 3 2 42,6058x x x x
Balanço de energia:
1 2 3 4 5 6 828837 139009 78213 18927 8427 20831 13592 10690x x x x x x x
Nas equações acima as expressões
52
31
6 2112
4 35
1,3 101,7837 10
ii
total
x xx
x P x
e
6
71
ii
x x
são substituídas!
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19
TOL 10
Entalpias dos ComponentesP 20
H
38528
154958
90546
10100
13492
10690
28837
139009
78213
18927
8427
20831
P2
1.7837105
H
1
H1 0
H
1.3 1011
P1.5
1.453 109
Número Total de Mols da Mistura xT x( )
0
5
i
xi
Montagem do vetor das funções
f x( )
x0
2x1
x2
2 x
5 x
6
x2
x3
2 x4
2
x0
x1
x4
1
0
5
i
Hi 1 x
i
H4 0 H
5 0 x6
x0
x2
2.6058x1
x3
x0
x3 3 xT x( )
2x2
x4
x0
x3 2 xT x( )
1.5 x
4 x
5
Montagem da Matriz Jacobiana
Elementos da última linha da matriz Jacobiana: g0 x( ) x3 3 2 xT x( ) x
2 x
4 g1 x( ) 2 xT x( ) x
2 x
4
g2 x( ) xT x( ) x4
2 x2
xT x( ) g3 x( ) 3 x0
x3 2 2 xT x( ) x
2 x
4 g4 x( ) xT x( ) x
2 2 x
4 xT x( )
g5 x( ) x3 2 1.5 xT x( )
0.5 x
4 x
5 g6 x( ) 1.5 xT x( )
0.5 x
4 x
5
g7 x( ) 2 x0
x3
1.5 xT x( )0.5
x4
x5
g8 x( ) xT x( ) x5
xT x( ) 1.5 x4
g9 x( ) xT x( ) x
4
xT x( )
2 x5
1.5 x
5
J x( )
.5
0
1
H0 1
x2
g0 x( )
g5 x( )
1
0
1
H1 1
2.6058 x3
g1 x( )
g6 x( )
.5
1
0
H2 1
x0
g2 x( )
g6 x( )
0
1
0
H3 1
2.6058 x1
g3 x( )
g7 x( )
0
2
1
H4 1
0
g4 x( )
g8 x( )
1
0
0
H5 1
0
0
g9 x( )
1
0
0
H5 0
0
0
0
EQE-358 – MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA QUÍMICA 2O PERÍODO /2009
PROFS. EVARISTO E ARGIMIRO
20
Chute Inicial : solução do problema 3o
X
0.961465
0.027466
0.137033
1.840831
0.011068
1016
0.576715
f X( )
0
0
1 106
2.942 107
2.497 106
2.996 107
2.431
J X( ) 2.1 1016
x1T 0.961465 0.027466 0.137033 1.840831 0.011068 0.576715( )
Newton x( ) y f x( )
k 0
X k x
x X k lsolve J X k y
y f x( )
k k 1
X k x
y 106while
X
x X M Newton x( ) K cols M( ) K 28
M
25 26 27
0
1
2
3
4
5
6
0.961 0.961 0.961
0.027 0.027 0.027
0.137 0.137 0.137
1.841 1.841 1.841
0.011 0.011 0.011
-151.557·10 -151.553·10 -151.553·10
0.577 0.577 ...
Valores Convergidos x M K 1 xT 0.961465 0.027466 0.137033 1.840831 0.011068 1.553288 10
15 0.576715
f x( )T 0 0 0 0 0 0 0.000001 0i( ) x1T 0.961465 0.027466 0.137033 1.840831 0.011068 0.576715( )
Cálculo do número total de moles da mistura e das frações molares
ntotal xT x( ) ntotal 2.978 i 0 5 zi
xi
ntotal
zT 0.32287084 0.00922354 0.04601709 0.61817168 0.00371685 0( )
z1T 0.32287084 0.00922354 0.04601709 0.61817168 0.00371685( )
Verificação da possibilidade de existência de carvão sólido:
Kmedio
P x0 2
x1
xT x( ) Kmedio 226.042 como esse valor é menor do que 1329.5(K_4) não há carbono sólido
presente no reator!
EQE-358 – MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA QUÍMICA 2O PERÍODO /2009
PROFS. EVARISTO E ARGIMIRO
21
10) Considere o sistema hidráulico esquematizado abaixo:
Bomba B
Tubo D
Tubo C
Tubo E
Bomba A
As pressões p1 e p5 nos pontos e podem ser consideradas como iguais à pressão atmosférica. As equações que descrevem o escoamento em cada trecho do sistema são:
Ponto de junção : E D CQ Q Q
Bomba A : 22 1 A A Cp p Q ; Bomba B : 2
3 1 B B Dp p Q
Perda de carga no tubo C: 2
2 4 2 58 M C C
c
f L Qp p
D
Perda de carga no tubo D: 2
3 4 2 58 M D D
D
f L Qp p
D
Perda de carga no tubo E: 2
4 5 5 4 2 58 M E E
E
f L Qp p g z z
D
Onde 5 4 70z z ft (elevação da tubulação) , fM = 0,02792, = 62,43 lbm/ft3 (água),
p1 = p5 = 1,00 atm e
Bomba A (psia) A psi/(gpm)2
A 156,6 0,00752
B 117,1 0,00427
Tubo D (inch) L (feet)
C 1,278 125
D 2,067 125
E 2,469 145
EQE-358 – MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA QUÍMICA 2O PERÍODO /2009
PROFS. EVARISTO E ARGIMIRO
22
Calcule p2, p3, p4, QC, QD e QE.
TOL 109
A 156.6 psi A .00752psi
gpm2
B 117.1 psi B .00427
psi
gpm2
z 70 ft fM .02792 62.43lb
ft3
pref 1 atm g 9.80665m
s2
DC 1.278 in LC 125 ft DD 2.067 in LD 125 ft DE 2.469 in LE 145 ft
Qref_2
A pref
A CE 8
fM LE Qref_2
2
DE5
pref p
g z
pref
CC 8fM LC Qref_2
2
DC5
pref CD 8
fM LD Qref_2
2
DD5
pref
CA 1A
pref CB 1
B
pref dA
A
pref1 dB
B Qref_2
pref
J x( )
1
0
1
0
0
0
dA
0
CC
0
0
1x3
x1
0
1
0
1
0
0
0
dB
0
CD
0
1x1
x3
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
CE
1
f x( )
x0
dA x1
CA
x2
dB x3
CB
x0
x4
CC x1
x2
x4
CD x3
x4
1 p CE x5
x5
x1
x3
2 x1
x3
x
1
1
1
1
1
1
f x( )
1
2.485
17.734
1.602
1.301
3
J x( )
1
0
1
0
0
0
9.656
0
17.734
0
0
2
0
1
0
1
0
0
0
5.483
0
1.602
0
2
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0.764
1
k 0 3 x k 1 x k lsolve J x k f x k k 0 4
kf x k
x
1
1
1
1
1
1
7.968
0.382
2.954
1.097
1.196
2.958
7.929
0.386
2.866
1.113
1.083
2.81
7.929
0.386
2.866
1.113
1.083
2.81
7.929
0.386
2.866
1.113
1.083
2.81
T
18.301 0.184 2.232 106
0 0
p1 x0 3 pref p1 7.929 atm QA Qref_2 x
1 3 QA 85.349gpm
p2 x2 3 pref p2 2.866 atm QB Qref_2 x
3 3 QB 144.919gpm
p4 x4 3 pref p4 1.083 atm QE Qref_2 x
5 3 QE 230.267gpm
VERIFICAÇÃO DA SOLUÇÃO:
p1 pref A A QA2
0 atm
p1 p4 8fM LC QA
2
2
DC5
0 atm
p2 pref B B QB2
1.149 10
15 atm
p2 p4 8fM LD QB
2
2
DD5
0 atm
p4 pref g z 8fM LE QE
2
2
DE5
0 atm
11) Resolva o sistema linear abaixo:
1
2
3
4
5
6
7
3 2 0 0 0 0 0 1
3 4 1 0 0 0 0 2
0 1 2 1 0 0 0 3
0 0 4 6 2 0 0 0
0 0 0 2 6 4 0 3
0 0 0 0 1 2 1 2
0 0 0 0 0 3 4 1
x
x
x
x
x
x
x
Thomas n a b c d( ) 0
b0
0
d0
0
i
bi
ai
ci 1
i 1
i
di
ai
i 1
i
i 1 n 1for
xn 1
n 1
xi
i
ci
i
xi 1
i n 2 0for
x
a
0
3
1
4
2
1
3
b
3
4
2
6
6
2
4
c
2
1
1
2
4
1
0
d
1
2
3
0
3
2
1
x Thomas 7 a b c d( )
xT 4.583 6.375 9.75 10.125 10.875 10.5 8.125( )
12) Resolva a equação de diferenças:
2 1 1 24 para 1, 2, 3, , com 0 e 1i i i nu i u u i i n u u .
Resolva para n = 4, 5 e 6.
n 4
i 0 n 1 ai
1 bi
4 i 1( ) ci
1 di
i 1 dn 1 d
n 1 1
x Thomas n a b c d( ) xn
1
xT 0.201 0.198 0.219 0.174 1( )
r0
4 x0
x1
1 i 1 n 1 ri
xi 1 4 i 1( ) x
i x
i 1 i 1( ) r 0
n 5
i 0 n 1 ai
1 bi
4 i 1( ) ci
1 di
i 1 dn 1 d
n 1 1
x Thomas n a b c d( ) xn
1
xT 0.2 0.198 0.215 0.225 0.189 1( )
r0
4 x0
x1
1 i 1 n 1 ri
xi 1 4 i 1( ) x
i x
i 1 i 1( ) r 0
n 6
i 0 n 1 ai
1 bi
4 i 1( ) ci
1 di
i 1 dn 1 d
n 1 1
x Thomas n a b c d( ) xn
1
xT 0.2 0.198 0.215 0.222 0.229 0.199 1( )
r0
4 x0
x1
1 i 1 n 1 ri
xi 1 4 i 1( ) x
i x
i 1 i 1( ) r 0
13) O modelo estacionário do estágio i de uma coluna de absorção de prato é descrito pela equação de balanço de massa:
1 1 para 1, 2, ,i i i iL x V y L x V y i N (N: número total de pratos)
L: vazão molar da fase líquida;
V: vazão molar da fase gás;
xi : fração molar na fase líquida;
yi : fração molar na fase gás.
Sabendo-se que a relação de equilíbrio entre as fase é linear e dada pela expressão:
yi = m . xi, sugira um procedimento iterativo para resolver este sistema conhecendo-se: L, V, m , y0 e xN+1 > Para ilustrar seu procedimento adote: L = 40; V = 65; m = 0,72; N = 6; y0 = 0,25 e x7 =0.
Avalie o que ocorre com as composições de saída [x1 e yN] quando N tende a infinito.
Com yi = m . xi e considerando: L
RV
, tem-se:
1 1 0 para 1, 2, ,i i iR x R m x m x i N com 00 1 e 0N
yx x
m
Buscando uma solução da forma: 1 1 como 0i i i N N Ni
Rx x x x
Com i = 1 tem-se:
02 1 0 2 1 0 1 20
y RR x R m x m x R x R m x y x x
R m R m
permitindo identificar: 01 1
1
e y
R m
Com i = 2, 3, .... 1 1i i iR m x m x R x mas: 1 11
i i ii
Rx x
, então:
1 1 1 11 1
i i i i i ii i
m R m RR m x m R x R m x m R x
1
1
e ii i
i i
mm RR m
para i = 2, 3, ...N; com: 0
1 11
e y
R m
.
Após determinar 1 1 2 2, , , , , N N , tem-se: N Nx determinando-se a seguir:
1i i ii
Rx x
para 1 , 2 , , 2, 1i N N
Exemplo numérico: L = 40; V = 65; m = 0,72; N = 6; y0 = 0,25 e x7 =0. Logo: 40
0,61565
R
Obtém-se:
i 1 2 3 4 5 6
i 1,335 1,004 0,894 0,840 0,808 0,787
i 0,187 0,134 0,108 0,093 0,083 0,076
E a seguir:
i 6 5 4 3 2 1
i 0,076 0,140 0,196 0,243 0,283 0,318
Quando N é muito elevado, a corrente líquida que saí do primeiro estágio tende a estar em
equilíbrio com y0, isto é: 01
0, 250,347
0,72
yx
m .
Como: 01 1 0 0 1 0,05N N N
yRR x R x m x y x
m m
O mesmo resultado poderia ser obtido considerando que a solução de:
1 1 0 para 1, 2, ,i i iR x R m x m x i N com 00 1 e 0N
yx x
m
é da forma: 21 1 1 e i
i i i i i ix A p x p x x p x p x , isto é:
21 1 1 0i i i iR x R m x m x R p R m p m x
Implicando em 2 1 0R p R m p m p R p m que apresenta duas raízes:
1 21 e m
p pR
. A solução geral do problema é então:
i
i
mx A B
R
. Como 0 00
y yx A B B A
m m , logo: 01
i i
i
ym mx A
R m R
.
Como: 1 0Nx
1 1
0 01
10 1
1
N N
N
y ym mA A
R m R m mR
. Resultando
em:
1
01
1
1
i N
i N
my R
xm m
R
. Para N elevado tem-se: 1
0N
m
R
, assim:
0 01 1 0,347
Ny ym
xm R m
e 1
0 01 1 0,05N
y ym Rx
m R m m
.
Resultados idênticos aos encontrados anteriormente.
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