147

7 Numeričko rešavanje nelinearnih jednačina

Zadatak numeričkog rešavanja nelinearnih jednačina

Čest problem u inženjerskim proračunima je nalaženje rešenja ili korena jednačine: f(x) = 0 (7.1) ili, što je ekvivalentno nalaženje nule funkcije f(x). Pri tom funkcija f(x) može,

• da bude data nekim analitičkim izrazom, ili • da predstavlja neki računski proces, kojim se polazeći od neke vrednosti x dobija

vrednost y = f(x).

Primer 1:

Traži se ona vrednost x za koju određeni integral:

∫ϕxa

dtt)(

ima zadatu vrednost c. U ovom slučaju, rešavamo jednačinu:

?,0)(

)(

==−ϕ∫ xcdtt

xf

x

a�����

Pri tom, podintegralna funkcija ϕ(x) ne mora da bude data analitičkim izrazom, i tada se integral izračunava numerički. Primeri ovoga tipa su:

• problem odredivanja izlazne temperature fluida, koji se u izmenjivaču toplote date dužine zagreva suvozasićenom parom

• izračunavanje stepena konverzije u reaktoru, pri datom kontaktnom vremenu. Podintegralna funkcija može da bude takva da integral ne može da se izračuna analitički, već numerički

Egzistencija realnog rešenja

148

TEOREMA 1: Ako je funkcija f(x) neprekidna u zatvorenom intervalu [a,b] i ako je f(a)f(b) < 0, u intervalu (a,b) postoji bar jedan realan koren jednačine (1).

Slika 7.1 Ilustracije: (a) nema korena u (a,b) (b) Funkcija je monotona i postoji samo jedna nula

Slika 7.2 Funkcija nije monotona i u (a,b) postoje tri nule

TEOREMA 2: Ako je pored uslova u T1, zadovoljen i uslov da je funkcija f(x) monotona u posmatranom intervalu onda u njemu postoji jedinstven realan koren.

7.1 ITERACIONI PROCES

b a x

f(x) f(a)f(b) > 0

b

a x

f(x)

f(a)f(b) < 0

b

a

f(x)

f(a)f(b) < 0

149

Približno rešenje jednačine (7.1) se dobija ponavljanim korigovanjem procene korena

na bazi jedne ili više prethodnih procena i vrednosti funkcije f(x) za te procene. Takav računski proces se naziva iteracioni proces i njegov rezultat je niz uzastopnih (sukcesivnih) procena ili aproksimacija tražene vrednosti korena:

x(0), x(1), x(2) , x(3),...

tj. niz vrednosti x(k), k = 1,2,... koga nazivamo iteracioni niz. “Nulta” procena x(0) je polazna

procena traženog rešenja, koja je neophodna.

Formula kojom se iz jedne ili više prethodnih procena, dobija nova zove se iteraciona formula. Specijalno, ako se nova procena (aproksimacija) dobija samo na bazi prethodne procene, iteraciona formula ima oblik: x(k+1) = F(x(k)), k = 0,1,2,... (7.2) ili, x(k) = F(x(k-1)), k = 1,2,... (7.2a)

i funkciju F(x) ćemo zvati iteraciona funkcija.

Ako iteracioni niz konvergira željenom rešenju α: α=

∞→

)(lim k

kx (7.3)

kažemo da iteracioni proces konvergira ka traženom rešenju α jednačine (7.1). Za konvergentan proces (7.2, 7.2a), iz (7.3) sledi: α = F(α) (7.4) Koren α predstavlja u slučaju konvergentnog iteracionog procesa tačku nagomilavanja iteracionog niza x(k), k = 1,2,... odnosno za svako, ma koliko malo ε, može se naći takvo K, koje zavisi od ε da važi:

( ) ( )ε>∀ε<α− Kkx k , (7.5)

Dva specijalna slučaja konvergencije iteracionog procesa su: • monotona konvergencija kada je iteracioni niz monoton i aproksimacije x(k), k =

0,1,...se približavaju tacki α na brojnoj pravoj sa jedne strane te tačke

α x(k-1) x(k+1) x(k)

• oscilatorna konvergencija kada su dve uzastopne aproksimacije korena x(k) i x(k+1), k = 0,1,... sa dve različite strane korena, tj. članovi iteracionog niza

150

"osciluju prigušeno" oko tačke α.

α x (k - 1) x (k) x (k+1)

Kriterijumi za završetak iteracionog procesa

Uslov završetka iteracionog procesa (7.5) ima teoretski karakter i kao praktični kriterijumi za završetak iteracionog procesa ili izlazni kriterijumi se koriste:

ε<− − )1()( kk xx (7.6a)

δ<∆+

− −

)(

)1()(

k

kk

x

xx (7.6b)

fkxf ε<)( )( (7.6c)

gde su:

ε i εf - zadate granice apsolutnih odstupanja ili tolerancije δ - zadata granica relativnog odstupanja (tolerancija) ∆ - mali broj (može se uzeti ∆ = δ) čijim se dodavanjem na x(k) izbegava “overflow” u slučaju da je tačna vrednost korena 0 ili jako mali broj

Kada je odabrani kriterijum konvergencije zadovoljen, kao (približno) rešenje jednačine (7.1) usvaja se poslednja procena, x(k). Što se tačnosti dobijenog rešenja tiče, važno je primetiti da:

• U slučaju monotone konvergencije uslov (7.6a) ne garantuje da će se usvojena procena razlikovati od tačnog rešenja manje od zadate tolerancije ε, tj. nije tačan iskaz:

ε<α−⇒ε<− − )()1()( kkk xxx

i međusobna bliskost dve poslednje procene je samo potreban, a ne i dovoljan uslov željene bliskosti poslednje procene i tačnog rešenja (Sl.3a).

• Isto se može konstatovati i za uslov (7.6c): da vrednost funkcije u poslednjoj iteraciji bude manja od zadate tolerancije (Sl.3b).

• U slučaju oslilatorne konvergencije, uslov (7.6a) je dovoljan da se usvojeno rešenje razlikuje od tačnog α manje od zadate tolerancije ε, jer je gornji iskaz tačan.

151

f(x)

x(k) x(k-1)

εf

x(k) x(k-1)

f(x) (a) (b)

x x

α

α

Slika 7.2 - Ilustracije: (a) uslov (7.6a) ne garantuje željenu tačnost rešenja

(b) uslov ( 7.6c) ne garantuje željenu tačnost rešenja

Željenu tačnost rešenja, u slučaju monotone konvergrencije, može da garantuje konjukcija uslova (7.6a) i (7.6c) :

fkkk xfxx ε<∧ε<− ++ )( )1()()1( (7.6d)

ili alternativno, (7.6b) i (7.6c). U (7.6d), ε i εf su odabrane tolerancije.

7.2 RED I BRZINA KONVEREGENCIJE ITERACIONOG PROCESA

Posmatrajmo iteracioni proces (7.2): x(k+1) = F(x(k)) , k = 0,1,2,.... Pretpostavimo da se nalazimo u blizini rešenja, pa vrednost F(x(k)) možemo da dobijemo pomoću Tajlorovog polinoma funkcije F(x) razvijenog oko tačnog rešenja α:

( ) ( ) ( ) ...!3

)(

!2

)()()()(

3)(2)()()( +α′′′α−+α′′α−+α′α−+α= Fx

FxFxFxF kkkk

ili nakon smene α = F(α) (Jedn. 7.4):

( ) ( ) ( ) ...!3

)(

!2

)()(

3)(2)()(1 +α′′′α−+α′′α−+α′α−+α= Fx

FxFxx kkk)(k+

Razlika ε(k) = x(k) - α predstavlja odstupanje k – te aproksimacije korena od njegove tačne vrednosti. Tako dobijamo vezu izmedu grešaka dve uzastopne procene:

( ) ( ) .....!3

)(

!2

)()(

3)(2)()(1)+(k +α′′′ε+α′′ε+α′ε=ε FFF kkk

152

ili ......)()( 3

3)(2

2)(1

)()1( +ε+ε+ε=ε + bbb kkkk (7.7)

gde je:

( )( )

!i

Fb

i

i

α=

Iteracioni proces 1. reda

Ako je:

F′(α) = b1 ≠ 0

i pošto je:

...)()( 3)(2)()( kkk ε>>ε>>ε ,

iz (7.7) imamo:

1)(

)1(

bk

k

=ε

ε +

(7.8)

tj. greška procene u novoj iteraciji je proporcionalna grešci prethodne procene. Iz (7.8) dobijamo: ε(1) = b1ε(0)

ε(2) = b1ε(1) = b12 ε(0)

. . . ε(k) = b1ε(k-1) =......= b1

k ε(0)

Sledi potreban i dovoljan uslov konvergencije (u blizini rešenja) procesa 1. reda:

| b1 | = | F′(α)| < 1 (7.9)

Konvergencija je utoliko brža, ukoliko je b1 po apsolutnoj vrednosti manji i ako je:

• b1 > 0, konvergencija je monotona znaka)istogi( )()1( kk εε + • b1 < 0, konvergencija je oscilatorna znaka)itogcrazlii( )()1( �kk εε +

Iteracioni proces 2. reda

Ako je:

b1 = F′(α) = 0 ∧ b2 = F′′(α)/2 ≠ 0

iz (7.7), zanemarujući članove višeg reda, dobijamo:

153

22)(

)1(

)(bk

k

=ε

ε +

(7.10)

Dakle, greška u novoj iteraciji proporcionalna je kvadratu greške iz prethodne iteracije. Iz (7.10) sledi:

k

bbb

bbbb

bbb

kkk 2)0(2

)(2

2)1(2

)(

4)0(2

2)1(2

)2(2

2)1(2

)2(

2)0(2

)1(2

2)0(2

)1(

)(;)(

)()(;)(

)(;)(

ε=εε=ε

ε=ε=εε=ε

ε=εε=ε

−

�

i konačno:

[ ] k

bb kk

k2)0(

2)(

2)(

)1(

ε=ε=ε

ε +

odakle sledi potreban i dovoljan uslov konvergencije (u blizini tačnog rešenja):

1!2

)( )0()0(2 <εα′′=ε F

b (7.11)

Uočavamo da je konvergencija • monotona (ε(k) ne menja znak) • zavisi od kvaliteta polazne procene (ε(0) u uslovu konvergencije).

Poredenje brzina konvergencije procesa 1. i 2. reda

Radi ilustracije, pretpostavimo da su vrednosti koeficijenata:

b1 = b2 = 0.1

a odstupanje polazne procene korena od tačne vrednosti α, ε(0)=1. Ako uvedemo pomoćnu veličinu:

p = b2 ε(0) = 0.1

imamo:

=ε

ε +

reda 2. proces iter.za

reda 1. proces iter.za2 1

)(

)1(

k

p

bk

k

U tabeli su date uporedo za proces 1. i 2. reda, greške procene korena u pojedinim iteracijama.

154

Tabela 7.1 - poređenje iteracionih procesa 1. i 2. reda

Br. iter.

Odstupanje, ε 1. red 2. red

Povećanje broja tačnih decim. 1. red 2.red

0 1 1 - -

1 b1 ε(0)=10-1 ε(0)p1=10-1 - -

2 b1 ε(1)=10-2 ε(1)p2=10-3 1 2

3 b1 ε(2)=10-3 ε(2)p4=10-7 1 4

4 b1 ε(3)=10-4 ε(3)p8=10-15 1 8

5 b1 ε(4)=10-4 ε(4)p16=10-31 1 16

7.3 METOD PROSTIH ITERACIJA

Jednačinu f(x) = 0 (7.1) prevodimo u njoj ekvivalentnu (ima iste korene), oblika:

)(xx ϕ= (7.12)

y

ϕ(x)

f(x)

y =x

α x

Slika 7.3 - Veza između funkcija f(x) i ϕ(x)

Primer 2:

Potrebno je naći molsku zapreminu, v nekog gasa iz VDW jednačine stanja:

)zadato,(0)(2

Tppv

a

bv

RTvf =−−

−=

155

Jedan, od beskonačno mnogo načina da se od plazne jednačine pređe na ekvivalentnu, oblika (7.12):

)(/ 22

vbvap

RTvp

v

a

bv

RT ϕ=++

=⇒+=−

Za metod prostih iteracija (metod uzastopnih zamena ili metod probe i greške), iteraciona formula glasi: x(k+1) = ϕ(x(k)), k = 0,1,2,... (7.13)

Uslov konvergencije TEOREMA 3: Dovoljan uslov konvergencije metoda uzastopnih zamena je:

|ϕ′(x)| ≤ A < 1 (7.14)

za vrednosti x iz intervala kome pripadaju koren α i sve uzastopne procene, x(k), k = 0,1,...

Na slikama 7.4 i 7.5 ilustrovani su tokovi konvergentnih i divergentnih iteracionih procesa po metodi uzastopnih zamena (7.13).

Slika 7.4 - (a) Monotona konvergencija, 0 < ϕ′(x) < 1 (b) Momotona divergencija, ϕ′(x) > 1

(a) y

x(0)

x(3) x(1)

α

ϕ(x) ϕ(x)

x

x

y ϕ(x) ϕ(x)

α x(2) x(1) x(0)

(b)

156

x(0)

y

x(2)

x(4) x(3) x(1)

y

ϕ(x)

ϕ(x)

x(1) x(3) x(2)

x(0)

x(4)

x

Slika 7.5 - (a) Oscilatorna konvergencija, -1 < ϕ′(x) < 0

(b) Oscilatorna divergencija, ϕ′(x) < -1

Brzina konvergencije Ako iteracioni proces (7.13) konvergira, on je u opštem slučaju prvog reda, jer za iteracionu funkciju F(x) iz (7.2) važi:

F(x) = ϕ(x)

F′(x) = ϕ′(x)

F′(α) = ϕ′(α) = b1 ≠ 0

Izlazni kriterijum

Kod ove metode, izlazni kriterijumi (7.6a) i (7.6c) su identični. Zaista,

f

kkk

kkkk

xxxf

xxxx

ε<−ϕ=

ε<−ϕ=−+

)()()(

)()()()1(

)()(

)(

pa se u slučaju konvergencije iteracionog postupka, pogodnim izborom tolerancije ε = εf može obezbediti željena tačnost rešenja sa jednim od ta dva kriterijuma. Zadatak 7.1 Za procenjivanje molskih zapremina, v gasova na umerenim pritiscima koristi se Virijalna jednačina stanja:

Kkmol

kJR

v

C

v

B

RT

pvz

⋅=++== 314.81 2

157

Potrebno je izračunati molsku zapreminu izopropanola na T = 473K i p = 500 kPa. Za izopropanol na T = 473K, parametri B i C (virijalni koeficijenti) imaju vrednosti:

2633 1060.2,388.0 kmolmCkmolmB −×−=−=

Metodom prostih iteracija proceniti traženu zapreminu sa preciznošću od četiri značajne cifre. Kao polaznu procenu koristiti molsku zapreminu idealnog gasa.

Rešenje (Mathcad):

v 7.455=v round v4

3,( ):=

Resenje dobijeno u 4. iteraciji jer je ∆4 < ε:

∆

0

0.422

0.022

1.196 103−×

6.576 105−×

=v

7.9

7.47843

7.45662

7.45542

7.45536

=∆ i vi

vi 1−

−:=vi

φ vi 1−( ):=i 1 4..:=

Proste iteracije:

ε 0.5 103−⋅:=

S obzirom na red velicine molske zapremine, i trazenu tacnost od 4 sigurne cifre, tolerancija ε u kriterijumu (7.6a) je:

v0

7.9=v0

round v0

1,( ):=v0

7.865=v0

R T⋅p

:=Polazna procena:

φ v( )R T⋅p

1B

v+ C

v2

+

⋅:=Funkcija sa desne strane jednacine v = φ (v):

C 2.6− 103−⋅:=B 0.388−:=p 500:=T 473:=R 8.314:=

Zadatak 7.2 Primenom NJIP1, 3. stepena, proceniti vreme (min) u kome koncentracija penicilina dostiže vrednost 6000 IJ, sa preciznošću od 1 decimale, polazeći od tabelarnih vrednosti vremena i odgovarajućih koncentracija penicilina (Prak., I-3). Koristiti funkciju iter (Prakt,VIII-2).

Rešenje (Mathcad):

tT 0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200( )=

CpT 0 106 1600 3000 5810 8600 9430 10950 10280 9620 9400( )=

h 20:= n rows t( ) 1−:= n 10= Cpzad 6000:=

Zadata granica apsolutne greske (preciznost na 1 decimali): E 0.05:=

158

αp 1=αp

x4

xs

−h

:=Polaznu procenu dobijamo iz najblize vrednosti (80) :

φ α( ) 1

∆yyzad y

s− α α 1−( )⋅

2! ∆2y⋅− α α 1−( )⋅ α 2−( )⋅3! ∆3y⋅−

⋅:=Definisanje funkcije:

∆3y 1.94− 103×=∆2y 20−=∆3y A 4⟨ ⟩( )

s:=∆2y A 3⟨ ⟩( )s:=

∆y 2.81 103×=∆y A 2⟨ ⟩( )

s:=s 3:=Polinom provlacimo kroz tacke x 3 - x6:

α 1

∆ysyzad ys− α α 1−( )⋅

2! ∆2ys⋅− α α 1−( )⋅ α 2−( )⋅3! ∆3ys⋅−

⋅

Desnu stranu jednacine oblika α = φ (α) dobijamo kada gornju jednacinu "resimo" po onom α koje se mnozi sa ∆ys.

αx xs−

h

gde indeks s oznacava odabranu startnu tacku pri provlacenju polinoma 3. stepena , y je zadata vrednost funkcije (yzad) a α je bezdimenziona promenljiva:

y ys α∆ys+ α α 1−( )⋅2! ∆2ys+ α α 1−( )⋅ α 2−( )⋅

3! ∆3ys⋅+

Jednacina koju treba resiti po α je kubna jednacina:

yzad Cpzad:=y Cp:=x t:=

Trazeno vreme dobijamo inverznom interpolacijom u tabeli t - Cp, odnosno x - y, koristeci NJIP1, 3. stepena.

A

0 1 2 3 4 5 6

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0 0 106 1.388·10 3 -1.482·10 3 2.986·10 3 -5.92·10 3

20 106 1.494·10 3 -94 1.504·10 3 -2.934·10 3 2.424·10 3

40 1.6·10 3 1.4·10 3 1.41·10 3 -1.43·10 3 -510 5.1·10 3

60 3·10 3 2.81·10 3 -20 -1.94·10 3 4.59·10 3 -1.012·10 4

80 5.81·10 3 2.79·10 3 -1.96·10 3 2.65·10 3 -5.53·10 3 1.061·10 4

100 8.6·10 3 830 690 -2.88·10 3 5.08·10 3 -6.85·10 3

120 9.43·10 3 1.52·10 3 -2.19·10 3 2.2·10 3 -1.77·10 3 0

140 1.095·10 4 -670 10 430 0 0

160 1.028·10 4 -660 440 0 0 0

180 9.62·10 3 -220 0 0 0 0

200 9.4·10 3 0 0 0 0 0

=

A Tabela t0

h, Cp, n,( ):=

Izracunavanje tabele konacnih razlika:

Tolerancija je dozvoljena relativna greska i dobicemo je iz dozvoljene granice aposlutne greske i priblizne vrednosti trazene temperature

159

δ E

x5

:= δ 5 104−×=

Poziv funkcije iter :αi

iter φ αp, δ,( ):= α

i

1.061

5

=

Resenje α dobijeno u 5 iteracija.Trazeno vreme, sa 1 decimalom:

t round xs

α h⋅+ 1,( ):= t 81.2=

7.4. METODA TANGENTE

U okolini tačke x(k), dobijene u k-toj iteraciji, aproksimiramo funkciju f(x) njenom tangentom, povučenom u toj tački: )()()()()( )()()( kkk xfxxxfxtxf ′−+=≈ (7.15) i sledeću procenu korena, x(k+1) nalazimo iz preseka tangente t(x) sa x – osom, ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 011 =′−+= ++ kkkkk xfxxxfxt odakle sledi iteraciona formula metode tangente ili Njutn-Rafsonove metode (Newton-Raphson):

)(

)()(

)()()1(

k

kkk

xf

xfxx

′−=+ k = 0,1,... (7.16)

Slika 7.6 - Geometrijska interpretacija metode tangente

y

f(x) x α x(k+2) x(k+1) x(k)

( ) ( ) ( )( ) ( )( )kkk xfxxxfxt ′−+= )(

160

Dovoljan uslov konvergencije TEOREMA 4: Iteracioni proces (7.16) konvergira korenu α∈[a, b] ako je f(a)f(b) < 0 i uz to

1. f ′(x) i f ′′(x) ne menjaju znak i f ′(x) ≠ 0 u intervalu [a, b]

2. f(x(0)) f′′(x(0)) > 0

Pošto su dati uslovi dovoljni, a ne i potrebni, njihovo neispunjavanje ne mora da uzrokuje divergenciju. Na Sl. 7.7 ilustrovane su mogućnosti divergencije metode, kada dovoljni uslovi konvergencije nisu zadovoljeni.

a

?

x(0)

x(1) b

? x(3)

a

b x(2) x(1) x(0)

x(2) f ′′(x) menja znak u [a, b]

f(x(0)) f ′′(x(0))<0

Slika 7.7 - Slučajevi diveregencije iteracionog postupka. Brzina konvergencije

Iteraciona funkcija (7.2) je:

)(

)()(

xf

xfxxF

′−=

i njen prvi izvod je:

)())((

)()(

))((

)(

)(

)(1)(

22xf

xf

xfxf

xf

xf

xf

xfxF ′′

′=′′

′+

′′−=′

a njegova vrednost u rešenju α:

0)(ako0)())((

)()(

2≠α′=α′′

α′α=α′ ff

f

fF

Pošto je u opštem slučaju:

F′′(α) ≠ 0

metod tangente je iteracioni proces 2. reda, dakle brži od metode prostih iteracija.

161

Zadatak 7.3 Problem 7.1 rešiti metodom tangente i uporediti brzine konvergencije ove metode i metode prostih iteracija.

Rešenje (Mathcad):

7 7.5 8

0.04

0.05

0.06

vφ v( )

d

d

v

v 7 7.02, 8..:=φ v( )R T⋅p

1B

v+ C

v2

+

⋅:=

Mada je metod tangente iteracioni proces 2. reda, a metod prostih iteracija 1. reda, u ovom primeru se ne uocava znacajna razlika u brzini konvergencije (potreban broj iteracija). To se moze objasniti malom vrednoscu prvog izvoda funkcije φ(v) u okolini resenja ( slika), zbog cega se metod prostih iteracija priblizava procesu 2. reda :

Metod konvergira u 3. iteraciji :

∆

0

0.443

1.367 103−×

1.46 108−×

=v

7.9

7.45672

7.45535

7.45535

=∆ i v

iv

i 1−−:=vi

vi 1−

f vi 1−( )

df vi 1−( )−:=

i 1 3..:=

v0

7.9:=Polazna procena:

Metod tangente :

df v( )B−

v2

2C

v3

⋅− p

R T⋅−:=Prvi izvod funkcije f(v):

Funkcija ciju nulu trazimo : f v( ) 1B

v+ C

v2

+ p v⋅R T⋅−:=

C 2.6− 103−⋅:=B 0.388−:=p 500:=T 473:=R 8.314:=Podaci:

7.5 METODA SEKANTE

Ova metoda, predstavlja aproksimaciju metode tangente. Umesto tangente u tački x(k)

povlačimo sečicu kroz dve poslednje procene ( )kx i ( )1−kx , odnosno u iteracionu formulu metode tangente uvodimo aproksimaciju:

162

)1()(

)1()(

)1()(

)1()()( )()()(

−

−

−

−

−−=

−−≈′

kk

kk

kk

kkk

xx

ff

xx

xfxfxf

što daje iteracionu formulu :

,...2,1)1()(

)1()()()()1(

=−

−−=

−

−+ k

ff

xxfxx kk

kkkkk (7.17)

x(1) = x(0) (1 + ∆), ∆ = ± 0.1 (na primer)

α

Nagib sečice:

( )( ) ( )( )( ) ( )1

1

−

−

−

−= kk

kk

xx

xfxfs

x(k)

x(k+1) x(k-1)

f(x) x

Slika 7.7 - Geometrijska interpretacija metode sekante

Karakteristike ove metode su,

• pošto aproksimira metod tangente, brže konvergira od iteracionih procesa 1. reda, ali je sporija od metode tangente. Može se pokazati da je ona iteracioni proces reda 1.618:

alnostiproporcionkonstanta,)( 618.1)()1( −ε=ε + cc kk

• pošto ne zahteva prvi izvod, pogodna je za nalaženje nula funkcija koje nisu zadate jednim analitičkim izrazom, tj. čije se vrednosti dobijaju kao rezultat niza računskih koraka (recimo numerika integracija)

7.6. VEGŠTAJNOV METOD

Vegštajn (Wegstein) je modifikovao metod uzastopnih zamena sa ciljem da se:

• obezbedi konvergencija u slučaju kada metod uzastopnih zamena (MUZ) ne bi konvergirao, kao i da se

• ubrza konvergencija u slučaju kad bi i taj metod konvergirao Izvođenje iteracione formule je ilustrovano slikom 7.8.

163

x

ϕ(x)

x(2)(MUZ) x(1) x(0)

y

x(2)

MUZ bi divergirao! Zato se druga procena x(2) korena dobija u preseku sečice krive ϕ(x), provučene kroz dve prethodne procene x(0) i x(1), odnosno u intervalu [ x(0), x(1)] kriva ϕ(x) se aproksimira njenom sečicom čiji je nagib:

( )( ) ( )( )( ) ( )01

01

xx

xxs

−ϕ−ϕ=

Slika 7.8 - Vegštajnova modifikacija metode uzastopnih zamena

Vrednost x(2) se dakle dobija iz uslov preseka prave y = x i povučene sečice:

( )( ) ( )( ) ⇒−+ϕ= 11 xxsxx

1

11)(

1

1

1)(

1

1 )1()1()1()1()2( xs

xs

xs

sx

sxx

−−+ϕ−=−−ϕ−==⇒

Iteracionu formulu dobijamo istim postupkom, polazeći od tačaka x(k-1) i x(k): x(k+1) = t ϕ(x(k))+(1- t) x(k) , k = 1,2,... (7.18)

s

t−

=1

1 (7.18a)

( ) ( )

)1()(

)1()(

−

−

−ϕ−ϕ=

kk

kk

xx

xxs (7.18b)

Neophodna je pored polazne, još jedna procena korena i ona se dobija:

• metodom uzastopnih zamena:

x(1) = ϕ(x(0)) (7.19a)

• ili, iz polazne procene, malim pomeranjem: x(1) = x(0)(1+∆), ( recimo, ∆ = 0.1) (7.19b) Metoda je ekvivalentna metodi sekante primenjene na jednačinu x - ϕ(x) = 0, pa je istog reda konvergencije (1.618).

Postoji problem primene metode, kada je nagib krive ϕ(x) blizak jedinici jer funkcija t(s) (Jedn. 7.18a) u tački s = 1 ima vertikalnu asimptotu (t → ∞). Tako, ako je izračunat nagib s,

164

0.9 < s ≤ 1 , usvajamo s = 0.9

1 < s < 1.1 , usvajamo s = 1.1

Uticaj nagiba krive ϕ(x) u okolini korena na konvergenciju

Diskusija uticaja nagiba s krive ϕ(x) na karakter konvergencije metode data je u Tab. 7.2 uz ilustraciju na Sl. 7.9.

Tabela 7.2 - Konvergencija Wegštajnove metode

oblast vrednosti s oblast vrednosti t karakter konvergencije

a -∞ < s < -1 0 < t < 0.5 oscilatorna (MUZ divergira)

b -1 < s < 0 0.5 < t < 1 oscilatorna (ubrzanje MUZ-a)

c 0 < s < 1 1 < t < ∞ monotona (ubrzanje MUZ-a)

d 1 < s < ∞ -∞ < t < 0 monotona (MUZ divergira))

d

c b

a

s = - 1

x

s = 1

-0

+0

- ∞ +∞

s = 0

α

y

Slika 7.9 - Oblasti vrednosti nagiba sečice, s

Zadatak 7.4 Na temperaturi T = 173K, parametri a i b u VDW jednačini stanja:

2v

a

bv

RTp −

−=

su:

kmol

mb

kmol

mkPaa

323

0386.0,137 =

=

Potrebno je sa granicom relativnog odstupanja δ = 0.1% izračunati molsku zapreminu azota na datoj temperaturi i pritisku 50 bar. Problem rešiti:

165

a) Metodom prostih iteracija, koristeći funkciju iter (Prakt., VIII-2) b) Metodom tangente, koristeći funkciju Njutn (Prakt., IX-2) c) Metodom sekante, koristeći funkciju Sekanta (Prakt., IX-3) d) Vegštajnovom metodom, koristeći funkciju Wegstein (Prakt., VIII-4) Kao polaznu procenu uzeti molsku zapreminu izračunatu iz jednačine idealnog gasnog stanja. Uporediti i diskutovati brzine konvergencije tri metode.

Rešenje (Mathcad):

Mozemo da ocekujemo sporu monotonu konvergenciju, jer je prvi izvod funkcije sa leve strane blizak "kriticnoj" vrednosti 1.

0 0.2 0.4 0.60

0.2

0.4

0.6

φ x( )

x

x

x 0.1 0.11, 0.5..:=

v0 0.288=v0R T⋅p

:=Kao polaznu procenu uzimamo vrednost dobijenu iz jednacine idealnog gasnog stanja:

φ v( )R T⋅

pa

v2

+b+:=Definisanje funkcije φ (v):

zamenjujemo ekvivalentnom, oblika v =φ (v) pRT

v b−a

v2

−Jednacinu

a)

δmax 0.001:=T 173:=p 5000:=R 8.314:=b 0.0386:=a 137:=Podaci:

v iter φ v0, δmax,( ):= v0.2259

10

= v v

0:= Metoda konvergirala u 10 iteracija

Posto je granica apsolutne greske: Av v δmax⋅:= Av 2.259 104−×=

rezultat cemo prikazati sa tri znacajne cifre : v 0.226=

b)

Ekvivalentna jednacini pRT

v b−

a

v2

− je jednacina pa

v2

+

v b−( )⋅ R T⋅− 0

Definisanje funkcije f(v): f v( ) pa

v2

+

v b−( )⋅ R T⋅−:=

Definisanje prvog izvoda funkcije f(v): df v( )v

f v( )d

d

274−

v3

v 3.86 10-2

⋅−( )⋅ 5000+137

v2

+→:=

166

v Njutn f v0, δmax,( ):=v

0.2256

3

= v v

0:= Metoda je konvergirala u 3 iteracije.

v 0.226=

c)

v Sekanta f v0, δmax,( ):=v

0.2256

4

= v v

0:= Metoda je konvergirala u 4 iteracije

d)

v Wegstein φ v0, δmax,( ):= v0.2256

5

= v v

0:= Metoda je konvergirala u 5 iteracija.

Diskusija

Kao iteraciona metoda 2. reda, najbrze je konverirala metoda tangente (3 iteracije). Prema ocekivanju, nesto sporija su konvergirale metoda sekante (4 iteracije) i Vegstajnova metoda (5 iteracija). Najsporija je,kako smo i predvideli, metoda prostih iteracija (10 iteracija).

7.7. ODREĐIVANJE NULA POLINOMA

U nekim hemijsko inženjerskim problemima kao što su:

• nalaženje nula i polova prenosne funkcije pri analizi stabilnosti procesa • analitičko rešavanje linearne diferencijalne jednačine n – tog reda

neophodno je odrediti sve nule (korene) nekog polinoma. Znamo da polinom n - tog stepena ima tačno n nula ili korena, pri čemu oni mogu biti:

• realni i različiti • višestruki realni • konjugovano - kompleksni

U pripremnoj fazi rešavanja ovog problema procenjuje se:

• oblast u kome leže sve nule polinoma • broj pozitivnih i negativnih realnih nula

pomoću sledećih teorema:

TEOREMA 5 : Sve nule polinoma:

( ) ∑=

−− =+++=n

i

inin

nnn xaaxaxaxP

0

110 ... (7.20)

leže u kružnom prstenu:

r < z< R (7.21)

167

u kompleksnoj ravni, gde su:

( )naaaAa

AR ,...,,max,1 21

0

=+= (7.21a)

( )110 ,...,,max,1

1−

=+

= n

n

aaaB

a

Br (7.21b)

TEOREMA 6 (Dekartova teorema):

• Ukupan broj pozitivnih nula je jednak broju promena znaka u nizu koeficijenata polinoma ili manji od njega za paran broj (ako polinom ima kompleksne nule). Pri tome se nulti koeficijenti uzimaju kao pozitivni.

• Ukupan broj negativnih nula je jednak broju ponavljanja znaka u nizu koeficijenata polinoma ili manji od njega za paran broj (ako polinom ima kompleksne nule).

Primer 3:

Niz koeficijenata polinoma ( ) 8676 2344 −−++= xxxxxP je: 1, 6, 7, -1, -8

i ima 1 promenu znaka koeficijenata (7, -1), što ukazuje da sigurno ima jedan pozitivan realan koren. Pošto ima 3 ponavljanja znaka, može da ima 3 ili samo 1 negativan koren. Svi realni koreni leže u oblasti (-R, -r ) ∪ ( r, R ) na brojnoj pravoj. Granice r i R određujemo iz jednačina (7.21a,b):

5.0...533.08/1

1,7981,8 ≈=

+===+==

BrBRA

Dakle tražena oblast je (-9,-0.5) ∪ (0.5, 9), ili grublje, (-9, 9).

6 4 2 0 250

0

50

100

P4 x( )

0

x Kao što slika pokazuje, posmatrani polinom ima 3 negativna i jedan pozitivan koren u izračunatom intervalu.

Primer 4:

Niz koeficijenata polinoma ( ) 164127 2344 −−++= xxxxxP je: 1, 7, 12, -4, -16

i takođe ima 1 promenu i 3 ponavljanja znaka, pa je predviđeni broj realnih korena isti kao u prethodnom primeru. Kao interval u kome leže realni koreni, opisanim postupkom dobijamo: (-17, 17).

168

6 4 2 0 250

0

50

100

P4 x( )

0

x Kao što slika pokazuje, posmatrani polinom ima jedan pozitivan koren. Negativan koren –2 je dvostruki koren jer je u toj tački x – osa tangenta polinoma. Tako je dvostruki koren ujedno nula prvog izvoda posmatranog polinoma:

( ) 024 =−′P

Primer 5:

U nizu koeficijenata polinoma ( ) 20235 2344 −+−+= xxxxxP ima 3 promene i jedno

ponavljanje znaka koeficijenata, što znači da polinom ima ili 1 ili 3 pozitivne nule i sigurno ima 1 negativnu nulu.

6 4 2 0 2200

0

200

400

P4 x( )

0

x Slika ilustruje da polinom ima:

• jedan negativan koren • jedan pozitivan koren • dva kompleksna korena

Metod sintetskog deljenja

Ovo je postupak da se odrede svi koreni polinoma. Sastoji se iz sledećih koraka:

• Nekom metodom za rešavanje nelinearne jednačine odredi se jedan realan koren polinoma, α i onda deljenjem tog polinoma binomom (x - α), dobija se polinom jednog stepena niži.

169

• Ponavlja se prethodni postupak, sve dok postoje realni koreni. Ako polinom ima i kompleksne korene oni se određuju na sledeći način:

• Nekom od specijalnih metoda odredi se par konjugovano kompleksnih korena z i z i onda stepen polinoma smanji za 2 deljenjem sa kvadratnim polinomom: (x – z)(x – z).

• Postupak sintetskog deljenja se završava kada se dođe do polinoma 2. stepena, čije se kompleksne nule odrede analitički. 7.8 KORENI JEDNAČINA I POLINOMA U MATHCAD-u

Za rešavanje nelinearne jednačine u Matcadu se koriste, • funkcija root, koja zahteva prethodno, ili pri samom pozivu, definisanu funkciju

f(x), čiju nulu tražimo i polaznu procenu rešenja. Ova funkcija se bazira na metodi sekante.

• Solve block

Ako se neka jednačina rešava korišćenjem Mathcad funkcije, praktična provera da li je zadata tolerancija TOL dovoljno mala da garantuje d sigurnih decimala u rešenju može se izvršiti ponavljanjem proračuna uz znatno manju toleranciju (recimo 100 puta) od zadate. Ukoliko se prvi i drugi rezultat , nakon zaokruživanja na d+1 decimala, slažu na prvih d+1 decimala, znači da je odabrana tolerancija bila adekvatna. Slično, pri izboru parametra TOL, koji garantuje s sigurnih cifara u rezultatu, kriterijum je da se zaokruženi rezultati dobijeni sa dve vrednosti TOL slažu na prvih s+1 značajnih cifara

Zadatak 7.5 U cevnom reaktoru sa idealnim potiskivanjem se odvija povratna reakcija:

RBAk

k2

2

1

←→+

čija je brzina:

) ije,koncentracsu ,,( 3221 mmolCCCCkCCkr RBARBA −=

Kontaktno vreme (s), neophodno da bi se postigao stepen konverzije reaktanta A, xA dato je jednačinom:

1

2

0

0

02

01

4,,

))(1(

1)(

k

k

C

CM

xxMx

dx

Ckx

A

B

x

AA

A

=α=α−−−

=τ ∫

gde su 00, BA CC ulazne koncentracije reaktanata. Potrebno je sa tačnošću od 4 decimale

izračunati stepen konverzije koji se postigne pri kontaktnom vremenu, τ = 30s, sa ostalim podacima:

6.0,5.0,109.4,108.2 003

22

1 ==⋅=⋅=−−

BA CCkk

Problem rešiti, a) pomoću root funkcije b) pomoću Solve block-a

Rešenje (Mathcad):

170

Funkcija ciju nulu trazimo: F x CA0, M,( )1

k1 CA0⋅ 0

x

tf t M,( )⌠⌡ d⋅ τ−:=

Nula funkcije se nalazi u intervalu (0,xmax ), gde je xmax najveci moguci stepen konverzije.

Maksimalan stepen konverzije je onaj koji se postize u ravnotezi, tj. onaj za koji imeniocfunkcije f(x,M) postaje jednak nuli . Nacicemo ga pomocu funkcije root :

F x CA0, M,( ) 1.403− 105−×=x 0.333446=x Find x( ):=

1

k1 CA0⋅ 0

x

tf t M,( )⌠⌡ d⋅ τ− 0

Given

TOL 0.001:=x 0.5:=

Resenje pomocu Solve block-a

x 0.3334=

Resenja se slazu na 5 decimala, sto znaci da je i prvo, nadjeno sa TOL=0.001 bilo prihvatljivo, jer nam ne treba veca preciznost od 4 decimale.

F x CA0, M,( ) 3.762 109−×=Provera:

x 0.333446=Resenje: x root F x CA0, M,( ) x,( ):=Poziv funkcije root:

TOL 105−:=

Posto vrednost funkcije nije jako mala, sumnjamo da smo dobili dovoljno tacno resenje i smanjujemo sistemski parametar TOL (tolerancija za zaustavljanje iteracionog procesa):

F x CA0, M,( ) 3.323 104−×=Provera:

x 0.333449=Resenje: x root F x CA0, M,( ) x,( ):=Poziv funkcije root:

x 0.5:=

Kao polaznu procenu trazenog stepena konverzije uzimamo neku vrednost iz intervala (0,xmax), recimo:

xmax 0.593=xmax root1

f x M,( )x,:=Poziv funkcije root:

x 0:=Polazna procena :

Za nalaženje svih korena polinoma u Mathcad -u se koristi funkcija polyroots.

Zadatak 7.6 Potrebno je izračunati molsku zapreminu v (l/mol) ugljendioksida na pritisku od 100 atm i temperaturi T = 300K, pomoću Beattie-Bridgeman jednačine stanja:

171

432 vvvvp

δ+γ+β+α=

gde se parametri δ−α računaju kao:

Kmol

atmlR

T

bcB

T

cbBaA

T

cABRT 08206.0,,,,

30

300300 =α=δ

+α−=γα−−α=β=α

Za CO2 potrebne vrednosti parametara su:

500 10600.6,07235.0,10476.0,07132.0,0065.5 ×===== cbBaA

Rešenje (Mathcad):

Funkcija ciju nulu trazimo : F v( )αv

βv

2+ γ

v3

+ δv

4+ p−:= odnosno resavamo

jednacinu F(v) = 0

Ekvivalentna jednacina : f v( ) 0 gde je f v( ) p− v4⋅ α v

3⋅+ β v2⋅+ γ v⋅+ δ+:=

Trazenu zapreminu cemo naci kao odgovarajuci koren polinoma f(v)

Koeficijenti polinoma:

a

δγβαp−

:= a

4.561 103−×

0.107

3.029−24.618

100−

= U nizu vrednosti koeficijenata se uocavaju tri promene znaka , pa je broj pozitivnih korena, koji imaju fizickog smisla, jednak 1 ili 3.

Svi koreni polinoma:

V polyroots a( ):= V

0.024−0.086 0.112i+0.086 0.112i−

0.098

=

Fizickog smisla ima jedini pozitivan koren: v V3

:= v 0.09763=

Podaci:

R 0.08206:= A0 5.0065:= a 0.07132:= B0 0.10476:= b 0.07235:= c 6.600105⋅:=

p 100:= T 300:=

Parametri u jednacini:

α R T⋅:= β α B0⋅ A0− c α⋅T

3−:= γ A0 a⋅ α B0⋅ b

c

T3

+

⋅−:= δα B0⋅ b⋅ c⋅

T3

:=

α 24.618= β 3.029−= γ 0.1074= δ 4.561 103−×=

172

ZADACI

7.1 Jedan od praktičnih kriterijuma za izlazak iz iteracionog postupka je uslov (7.6a). Imajući u vidu vezu između broja sigurnih decimala i granice apsolutne greške približnog broja, pokazati da u slučaju oscilatorne konvergencije, tolerancija d−⋅=ε 105.0 u kriterijumu (7.6a), obezbeđuje dobijanje numeričkog rešenja neke jednačine sa d tačnih (sigurnih) decimala. Pošto u slučaju monotone konvergencije predložena vrednost tolerancije ε ne garantuje d tačnih decimala u rezultatu, preporučljivo je proveriti da li je odabrana tolerancija dovoljna, ponavljanjem proračuna sa manjom (recimo 10 puta) tolerancijom i poređenjem dva rezultata, analogno izboru parametra TOL.

7.2 Imajući u vidu vezu između broja sigurnih cifara i relativne greške približnog broja, toleranciju δ u izlaznom kriterijumu (7.6b), možemo da povežemo sa zadatim brojem sigurnih cifara u rezultatu iteracionog postupka. U Pogl. (1.2) smo, koristeći princip majorizacije, izveli jednačinu (1.9) za procenu relativne greške približnog broja, *x

R iz poznatog broja

sigurnih cifara s, a problem određivanja granice relativne greške da bi broj imao s sigurnih cifara je obrnut problem. Potrebno je, a) pokazati (koristeći princip minorizacije) da je, gornja granica dozvoljene relativne greške približnog broja, da bi on imao zadat broj sigurnih cifara, s jednaka:

sR −

⋅= 105.0

b) pokazati da tolerancija s−⋅=δ 105.0

u izlaznom kriterijumu (7.6b) garantuje, u slučaju oscilatorne konvergencije iteracionog postupka, s sigurnih cifara u rešenju neke jednačine.

Što se tiče iteracionih procesa koji konvergiraju monotono, važi slična diskusija kao u prethodnom problemu.

7.3 Reakcija sinteze amonijaka,

322 23 NHHN ←→+

se izvodi u katalitičkom reaktoru na pritisku p = 40bar, pri čemu se reaktanti uvode u molskom odnosu 4:1: 22 =HN . Izlazna temperatura je 510K. Ako se pretpostavi uspostavljanje reakcione ravnoteže u reaktoru, stepen konverzije napredovanja reakcije, x se dobija rešavanjem jednačine (uslov reakcione ravnoteže):

10,360)34)(1(

)25(43

22

<<==−−

−xk

xx

xx

a) Izvesti sledeće jednačine, koje su ekvivalentne (imaju ista rešenja) datoj:

x

xxxkx

xk

xxxxxkxx

25

34)34)(1(

2

1)3,

)34(

)25(41)2,0)34)(1()25(4)1 3

22322

−

−−−=

−

−−==−−−−

b) Analizom grafika funkcije u jednačini (1), utvrditi da data jednačina, u intervalu (0,1) vrednosti x koje imaju fizičkog smisla, ima jedno rešenje i grubo ga proceniti. c) Analizom grafika, utvrditi karakter iteracionih procesa pri primeni metode prostih iteracija na jednačine (2) i (3) i odabrati pogodniju od njih za primenu metode prostih iteracija.

173

d) Rešiti jednačinu odabranu u c), sa preciznošću od 4 sigurne cifre, ne koristeći funkciju iter i polazeći od grube procene rešenja dobijene u b) ili c). e) Rešiti jednačinu odabranu u c) korišćenjem funkcije iter (Prakt., VIII-2) za rešavanje odabrane jednačine, sa adekvatno odabranom tolerancijom, prema zadatoj preciznosti rešenja. Proračun ponoviti za tri polazne procene rešenja: 0, procena korišćena u d) i 1. Uporediti broj potrebnih iteracija pri različitim polaznim procenama. f) Odabranu jednačinu rešiti pomoću funkcije root g) Uporediti, koristeći funkcije iter i Wegstein , konvergentne karakteristike metode prostih iteracija i metode Vegštajna sa jednačinama (2) i (3). Rešenje: b) 0.95 c) jednačina (2) d) 10 iteracija, 0.9412 e) 14, 10, 13 g) jednačina (2) - iter (10 iteracija), Wegstein (3 iteracije) jednačina (3) - iter (ne konvergira), Wegstein (3 iteracije)

7.4 Brzina taloženja čvrste sferične čestice u nekom fluidu data je jednačinama:

( ) ( )w

g d

CCs

ss=

−⋅

4

3

ρ ρρ

, gde je =24

1+ 0.14 0.7

ReRe

g - ubrzanje zemljine teže ρ - gustina fluida ρs - gustina čestice d - prečnik čestice Cs - koeficijent trenja

Re - Reinoldsovov broj: Re=w dρµ

Gvozdena sferna čestica prečnika d = 0.5mm i gustine ρs= 7860 kg/m3 pada kroz vazduh čija su svojstva: ρ = 1.23 kg/m3, µ = 1.79×10-5 Pa⋅s. a) Analizom grafika za date podatke, utvrditi karakter iteracionog procesa metode uzastopnih zamena i grubu polaznu procenu tražene brzine. b) Koristeći funkciju iter odrediti brzinu taloženja gvozdene kuglice za date podatke sa tačnošću od dve sigurne cifre, sa tolerancijom izračunatoj po formuli datoj u problemu 7.2. c) Proveriti da li korišćena tolerancija obezbeđuje dve sigurne cifre u rezultatu, njenim smanjivanjem i praćenjem promena rezultata. d) Ponoviti b) i c) za vodu kao medijum (µ = 8.9×10-4 Pas) kroz koji pada gvozdena kuglica, pri istim ostalim podacima. Rešenje: a) monotona konvergencija, 7.5 b) 7.6 c) da d) 0.21

7.5 Izotermski faktor efektivnosti,η katalizovane reakcije A g produkti g( ) ( )→ na neporoznoj katalitičkoj površini dobija se rešavanjem jednačine:

( ) 10,1 ≤η<η−=η naD

Da - Damkelerov bezdimenzioni kriterijum n - red reakcije

174

a) Pokazati da se, za red reakcije n > 1, u intervalu vrednosti Damkelerovih brojeva

nDa 1≤

može očekivati konvergencija metode uzastopnih zamena, bez obzira na polaznu procenu faktora efektivnosti. b) Pokušati da se, sa preciznošću od 3 sigurne cifre, koristeći funkciju iter , izračuna faktor efektivnosti za reakciju reda n = 2.5 i vrednosti Damkelerovih brojeva:

nnnDa /2,/1,/5.0= .

c) Definisati vektor ekvidistantnih vrednosti Da brojeva, počev od 0 pa do 1 sa korakom 0.1, a zatim za svaku od tih vrednosti izračunati faktor efektivnosti reakcije reda n = 2.5, pomoću funckije root sa polaznom procenom 1)0( =η . Konačno nacrtati zavisnost faktora efektivnosti

posmatrane reakcije od Damkelerovog broja u intervalu 10 ≤≤ aD .

7.6 Zavisnost ostvarenog stepena konverzije, x reaktanta A u reakciji 1. reda

produktiA→

od kontaktnog vremena, τ u adijabatskom protočnom reaktoru sa idealnim mešanjem, data je jednačinom:

( ) ( ) ( )10 1 −

−

−=τ

sxekx xT

ER

(1)

gde je ER(K) količnik energije aktivacije i univerzalne gasne konstante REER = , a temperatura T je sledeća linearna funkcija stepena konverzije:

( ) xCTxT A0

0 λ+=

k0 – predeksponencijalni faktor u Arenijusovom izrazu za konstantu brzine reakcije, s-1

τ - kontaktno vreme (količnik zapremine reaktora i zapreminskog protoka reakc.smeše), s 0AC - koncentracija reaktanta u ulaznoj struji, 3mmol

T0, T – temperature ulazne i izlazne struje reaktora, K

λ - adijabatsko povećanje temperature, molmK 3

Potrebno je izračunati stepen konverzije x, sa tačnošću od 4 sigurne cifre, za sledeće podatke:

kmol

mKsKT

m

kmolCKEsk AR

3

03016

0 50,300,298,3,7554,1048.4 =λ=τ===×= −

a) Analizom grafika, utvrditi da problem za date podatke ima tri rešenja i grubo ih proceniti b) Na osnovu analize grafika, utvrditi koja od tri rešenja se mogu dobiti metodom prostih iteracija i odrediti ih pomoću funkcije iter, sa tolerancijom 510−=δ c) Preostala rešenja dobiti pomoću funkcije Wegstein, sa istom tolerancijom (možda će biti neophodno variranje polazne procene da bi postupak konvergirao). Proveriti zatim adekvatnost odabrane tolerancije. d) Treba dobiti sa zadatom preciznošću tražena rešenja, pomoću funkcije root. Uveriti se da standardna vrednost (0.001) sistemskog parametra TOL ne obezbeđuje traženu tačnost za najmanje od tri rešenja. Kako se to može objasniti? Utvrditi najveću vrednost TOL, oblika 10-n, tj. najmanju vrednost n (n = 1,2,3,...) koja obezbeđuje traženu tačnost. Rešenje: a) 0.015,0.34,0.98 b) prvo, 0.01583

175

d) n = 7

7.7 Prethodni problem rešiti metodom sekante i metodom tangente, koristeći funkcije Njutn i Sekanta (Prakt.,IX-2, - 3). Uporediti brojeve iteracija neophodne da se sa zadatom tolerancijom i istim polaznim procenama, tri rešenja dobiju različitim metodama i objasniti uočeno na osnovu teoretskih znanja izloženih u tekstu ove glave.

7.8 U fleš separatoru se razdvaja etilen od etana iz smeše koja pored te dve komponente sadrži i propan i butan. Potrebno je, sa tačnošću od 4 decimale, odrediti udeo pare u izlaznoj dvofaznoj smeši α, kao rešenje nelinearne jednačine:

( ) ( )( ) 10,0

11

1

1

<α<=−α+

−=α ∑=

n

j j

jj

k

kzf

gde su: n - broj komponenata u smeši

ki - konstante ravnoteže para-tečnost komponenata zi - molski udeli komponenata u polaznoj, tečnoj meši

za podatke:

Rešiti problem metodom tangente i metodom sekante i uporediti brzine konvergencije. Rešenje: 0.6967 (polazna provena 0.5), 4 iteracije - oba metoda

7.9 Date su vrednosti specifičnih toplota )( kgKkJcp azota na pritisku p = 10bar i različitim

temperaturama:

T(K) 110 120 130 140 150 160 170 180 190 cp 1.417 1.304 1.237 1.192 1.160 1.136 1.118 1.104 1.094

Potrebno je izračunati do koje temperature T se ohladi azot početne temperature T0 = 185K, ako mu se odvede toplota u iznosu od q =70 kJ/kg, rešavajući jednačinu energetskog bilansa:

∫=−

T

T

p dttcq0

)(

Podintegralnu funkciju aproksimirati kubnim splajnom (pspline) i jednačinu rešiti pomoću funkcije root. Proveriti da li standardna vrednost tolerancije, TOL = 0.001 obezbeđuje dobijanje rešenja sa tačnošću od dve decimale. Rešenje: 124.60, TOL = 0.001 je dovoljno malo

7.10 Potrebno je, sa tačnošću od 4 sigurne cifre, izračunati molsku zapreminu v (l/mol) ugljendioksida na pritisku od 100 atm i temperaturi T = 300K pomoću Beattie-Bridgeman jednačine stanja, sa podacima datim u Zadatku 7.6 u tekstu ove glave.

a) Uveriti se da funkcija Njutn ne obezbeđuje konvergenciju iteracionog postupka pri rešavanju jednačine:

Komponenta zi ki Etilen 0.1 16.3 Etan 0.25 3.04 Propan 0.5 0.822 Butan 0.15 0.243

176

0432

=−δ+γ+β+αp

vvvv

polazeći od molske zapremine idealnog gasa, vid kao polazne procene. Polazeći pak od grube procene rešenja dobijene iz grafika, ta funkcija daje željeno rešenje. Objasniti uočeni uticaj polazne procene na konvergenciju metode tangente, na osnovu dovoljnog uslova konvergencije ove metode (T4). b) Uveriti se da funkcija root, sa molskom zapreminom idealnog gasa, kao polaznom procenom daje kompleksno rešenje. Ako se kao polazna procena uzme ona dobijena sa grafika, funkcija root daje traženo rešenje. Kako to objasniti? c) Uveriti se da solve block uspešno rešava problem, bez obzira na polaznu procenu, što govori u prilog njegove veće pouzdanosti od funkcije root. d) Da li se suočavamo sa istim problemom ako umesto date, rešavamo ekvivalentnu jednačinu, dobijenu množenjem date jednačine sa v4? Šta iz toga možemo da zaključimo? Rešenje: a) uslov 0)('')( )0()0( >⋅ xfxf nije zadovoljen b) Metod sekante (root) se ponaša blisko metodi tangente d) Ne. Transformacijom jednačine se mogu promeniti uslovi konvergencije

7.11 Dat je polinom:

P5(x) = x5 – 7.39 x4 + 22.18 x3 – 32.66 x2 + 23.02 x - 6.15

a) Pokazati da on nema negativne korene. b) Proceniti moguć broj pozitivnih korena polinoma, kao i broj kompleksnih korena. c) Utvrditi tačan broj i karakter korena pomoću grafika. d) Pronaći sve korene pomoću funkcije polyroots. Rešenje: b) Broj pozitivnih korena: 1,3,5. Broj kompleksnih korena: 0,2,4 c) 3 pozitivna, 2 kompleksna d) 0.75, 1, 1.64, 2-i, 2+i

7.12 U zadatku 7.1 (tekst) data je virijalna jednačina stanja za izopropanol.

a) Ne crtajući grafik, pokazati da ona, za date podatke, daje dve pozitivne vrednosti za molsku zapreminu. b) Naći obe vrednosti pomoću funkcije polyroots i odabrati onu, koja ima fizičko značenje. Rešenje: b) 7.464

7.13 Potrebno je rešiti problem 7.3, polazeći od ekvivalentne jednačine:

360,0)34)(1()25(4 322==−−−− kxxkxx

i koristeći funkciju polyroots.

a) Koristeći alat expand u Symbolic toolbar-u, prevesti polinom sa desne strane znaka jednakosti u kanoničan oblik. b) Pomoću alata coeffs iz istog toolbar-a, definisati vektor koeficijenata polinoma c) Na osnovu koeficijenata i poznavanja problema, pokazati da polinom nema negativne nule i da ima bar dve pozitivne. d) Pomoću funkcije polyroots naći sve korene polinoma i odabrati onaj koji predstavlja traženo rešenje.