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Facultad de Ingeniería Química
Prob lema 1.1 Determin e el flujo d e vapor V (moles/h) y el flu jo d e líqu ido , L (moles/h) qu e se generan en un a vapor ización instan tánea co ntin ua a una p resión de 1600 psia y a una temp eratura de 120º 120ºF en la siguient e mezcla: Componente
Composición ( )
⁄
CO2
0.0046
1.65
CH4
0.8345
1.80
C2H6
0.0381
0.94
C3H8
0.0163
0.55
i-C4H10
0.0050
0.40
n-C4H10
0.0074
0.38
C5H12
0.0287
0.22
C6H14
0.0220
0.14
C7H16
0.0434
0.09
As im ism o, calcule la com po sición del líqui do y del vapo r Solución Se realiza el siguiente esquema: T = 120ºF, P= 1600Psia Vapor V (mol/h) yi
P, T Alimentación
F (mol/h) zi Liquido L (mol/h) xi
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales
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Realizando Realizando un balance de materia total: Entre F
F=L+V
…. (a)
Normalmente se calcula la fracción f racción vaporizada (V/F) Asumiendo
…. (b)
Reemplazando (b) en (a)
… (c) Todo liquido
1
Todo vapor
Entonces el valor de
tiene que estar entre 0 y 1
Realizando el balance de materia para cada componente: Fzi = Lxi + Vyi
i = 1,2,…, n
Donde n = # de componentes = 9 Entre F
Fzi = Lxi + Vyi
Como:
… (d)
Reemplazando b y c en d:
Obtenemos
… (1)
Además se tiene la relación de equilibrio equilibrio LiquidoLiquido- Vapor:
i = 1, 2,…, 9
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Realizando Realizando un balance de materia total: Entre F
F=L+V
…. (a)
Normalmente se calcula la fracción f racción vaporizada (V/F) Asumiendo
…. (b)
Reemplazando (b) en (a)
… (c) Todo liquido
1
Todo vapor
Entonces el valor de
tiene que estar entre 0 y 1
Realizando el balance de materia para cada componente: Fzi = Lxi + Vyi
i = 1,2,…, n
Donde n = # de componentes = 9 Entre F
Fzi = Lxi + Vyi
Como:
… (d)
Reemplazando b y c en d:
Obtenemos
… (1)
Además se tiene la relación de equilibrio equilibrio LiquidoLiquido- Vapor:
i = 1, 2,…, 9
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Restricciones:
∑ ∑
Como:
Reemplazando (1) en (2), se obtiene:
Tabulando, para hallar el rango de la raíz:
f(
Obteniendo la derivada de
0
+
0.2
+
0.4
+
0.6
+
0.8
+
1
-
[ ] , para hallar la solución:
Por el Método de Newton Raphson:
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales
Raíz
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1ra iteración:
∑ Tomando
= 0.8
[ ] [] [] [] [] [] [] [] [] []
2da iteración:
Tomando
= 0.9173
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[ ] [] [] [] [] [] [] [] [] 3ra iteración:
[] [] [] [] [] [] [] [] [] Tomando
=
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4ta iteración:
Tomando
=
[] [] [] [] [] [] [] [] []
5ta iteración:
Tomando
=
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales
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[ ] [] [] [] [] [] [] [] [] En resumen
0
0.8
0.9173
0.1173
1
0.9173
0.892
0.0253
2
0.892
0.8893
2.7x10 -3
3
0.8893
0.8894
10 -4
4
0.8894
0.8894
0
n
| |
n
n+1
Obteniéndose
Reemplazando en la ecuación (1), se halla la composición del líquido:
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Hallando la composición del vapor:
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Hallando el flujo de vapor y el flujo del líquido: Sabemos:
Asumiendo un valor de F=1 V= 0.8894 Sabemos: F = L+V
L=1-V
L = 0.1106
Prob lema 1.11 Encuentre la intersección de las dos fu ncion es, que se muestran a contin uación:
√ ⁄ Solución Para hallar la intersección de las dos ecuaciones se realiza la siguiente igualdad:
√ √ Tabulando: x
F(x)
0
1
/6
0,5514
/4
0,2717
/3
-0,2841
/2
--
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Se observa que la raíz se encuentra en el intervalo </4;/3>. Por el Método de la Secante: La formula de recurrencia para este método esta dado por:
⁄ ⁄ (⁄) ⁄ ⁄ (⁄) (⁄) ⁄ ⁄ (⁄) Realizando una tabla para las demás iteraciones: n
| |
0
0.7854
1.0472
0.2717
-0.2841
0.9133
0.134
1
1.0472
0.9133
-0.284
0.0590
0.9364
0.0230
2
0.9133
0.9364
0.0590
0.0111
0.9417
3
0.9364
0.9417
0.0111
4
0.9417
0.9415
La intersección de ambas funciones es:
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0.9415 0.9415
0
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Prob lemas 1.21 El esquema qu e se muestra a con tinuación, se utiliza para transportar fluido de un p unto a otro.
P 1 P 2
P 3
Dicha bom ba eleva la presión de P ri ca) a P 2 , pero esta últim a 1 (p res ión atm os fé se pierd e gradu almente d ebido a la fricción en el in terior d e la tubería y co n la salida, la presión P 3 v uelve a ser atmo sfé rica. El i ncr ement o de p resión en 2 lb /p f u lg en la bomba queda definido de forma apropiada por la relación
em p íri c a:
Donde a y b son con stantes propias d el tipo de bom ba utilizada, Q es el caudal mo vido en galones/minuto. Tam bi é n sab em os qu e la c aída de p resi ón a l o larg o de u na tu bería h or izon tal d e lon gitu d L en pies y d iámetr o intern o D en pulg adas es:
3 En la que ρ es la densidad (lb/pie ) d el líq u id o b o m b ea d o , en es te c as o ,
con sideraremos el coeficiente de rozamiento de Mood y, constante.
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Calcule el valor de Q, para el siguiente conju nto d e datos:
Conjunto 1
Conjunto 2
D ( pulg )
1.049
2.469
L ( pies )
50
210.6
ρ ( lb/pie3 )
51.4 (Kerosene)
62.4 ( agua )
f M ( adimensional )
0.032
0.026
a ( lb/pulg2)
16.7
38.5
b ( lb/pulg2)(gal/min)1.5
0.052
0.0296
Solución De las ecuaciones:
P 2 P 1 a bQ1.5 P 2 P 3 2.16 *10
4
f M LQ 2 D 5
Despejamos P1 y P3 respectivamente:
P 1 P 2 a bQ1.5 ....................( A) P 3 P 2 2.16 *10
4
f M LQ 2 D 5
..........................( B)
Por condiciones del problema, P 2 se pierde gradualmente, es decir P 2 = 0 y también: P1 = P3 Entonces: (A) = (B)
P 2 a bQ
2.16 * 10
4
1.5
P 2 2.16 *10
f M LQ 2 D 5
4
f M LQ
2
D 5
bQ 1.5 a 0.......... .......... ........(* )
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a) Para el conjunto (1) reemplazamos los valores en (*):
2.16 *10
4
*(
0.032 * 50 * Q 2 (1.049)
5
) 0.052Q1.5 16.7 0
Formándose la ecuación:
f (Q) 2.7208 * 10 4 Q 2
0.052 Q1.5
16 .7 0 ………………….. (1)
Tabulando:
Q
f(Q)
0
-16.7
10
-15.0284
20
-11.9401
30
-7.9107
40
-3.1096
50
2.3650
60
8.4469
70
8.80
Puesto que f (Q) cambia de signo entre 40 y 50, la raíz se encuentra en el intervalo: (40, 50). Por el Método de Newton Raphson:
f ( x n 1 ) x n
f ( x n ) f /( x n )
…………………………(2)
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Haciendo: Q =x En la ecuación (1) tenemos:
f ( x) 2.7208 * 10 4 x 2
0.052 x1.5
16 .7 0
Hallamos f ( x ) :
f ( x) 5.4416 * 10 4 x 0.078 x 0.5 Reemplazamos en (2) 2
f ( x n 1 ) x n
2.7208 *10 4 x n 0.052 x n
0.5
5.4416 *10 4 x n 0.078 x n
16.7 0.5
1ra iteración: Asumimos x0
f ( x1 ) 40
40
2.7208 * 10 4 * (40) 2 0.052 * (40)1.5 16.7 5.4416 * 10 4 * (40) 0.078 * (40) 0.5
f ( x1 ) 46.0371 Hallamos el error:
Error 46.0371 40 6.0371 2da iteración: Asumimos x0 46 .0369
f ( x2 ) 46.0371
2.7208 *10 4 * (46.0371) 2 0.052 * (46.0371)1.5 16.7 5.4416 *10
4
* (46.0371) 0.078 * (46.0371) 0.5
f ( x2 ) 45.8213
Hallamos el error:
Error 46.0371 45.8213 0.2158
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3ra iteración: Asumimos x0 45 .8213
f ( x3 ) 45.8213
2.7208 * 10 4 * (45.8213) 2 0.052 * (45.8213)1.5 16.7 5.4416 *10 4 * (45.8213) 0.078 * (45.8213) 0.5
f ( x3 ) 45.8210 Hallamos el error:
Error 45.8213 45.8210 3 *104 4ta iteración: Asumimos x0 45 .8210
f ( x 4 ) 45.8210
2.7208 *10 4 * (45.8210) 2 0.052 * (45.8210)1.5 16.7 5.4416 * 10
4
* (45.8210) 0.078 * (45.8210)1.5
f ( x 4 ) 45.8210 Hallamos el error:
Error 45.8210 45.8210 0 Por lo tanto:
x 45.8210 Es decir:
Q 45.8210
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gal min
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En resumen:
n
x n
0
40
46.0371
6.0371
1
46.0371
45.8213
0.2158
2
45.8213
45.8210
3*10-4
3
45.8210
45.8210
0
x n
1
b) Para el conjunto (2):
2.16 *10
f M LQ 2
4
D
5
bQ
1.5
a.......... .......... ........( a)
Reemplazamos los valores en (a)
2.16 *10
4
*(
0.026 * 210.6 * Q 2 (2.469)
5
) 0.0296Q1.5 38.5 0
Formándose la ecuación:
f (Q) 1.2891 *10 5 Q 2
0.0296 Q1.5
38 .5 0 ………………….. (2)
Tabulando: Q
f(Q)
0
-35.5
20
-35.8473
40
-30.9911
60
-24.6968
80
-17.2375
100
-8.7711
120
0.5958
140
10.7851
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xn xn1
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Puesto que f (Q) cambia de signo entre 100 y 120, la r aíz se encuentra en el intervalo (100,120). Hacemos Q = x Reemplazando en la ecuación (2):
f ( x) 1.2891 * 10 5 x 2
0.0296 x 1.5
38 .5 0
x1 100
De donde:
x 2 120
Por el Método de Bisección: Evaluando: x
f(x)
X1=100
-8.7711
X2=120
0.5958
1ra iteración:
x M
100 120 2
110
f ( x M ) 1.2891* 10 5 * (110) 2 0.0296 * (110)1.5 38.5 f ( x M ) 4.1948 Como f(x1) es negativo y f (x M) también es negativo, entonces este último valor sustituye a f(x1), es decir: x
f(x)
X1=110
-4.1948
X2=120
0.5958
Se procede de igual manera para obtener el punto medio del nuevo intervalo
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2da iteración:
x M
110 120 2
115
f ( x M ) 1.2891* 10
5
* (115) 2 0.0296 * (115)1.5 38.5
f ( x M ) 1.8257 x
f(x)
X1=115
-1.8257
X2=120
0.5958
3ra iteración:
x M
115 120 2
117.5
f ( x M ) 1.2891*10 5 * (117.5) 2 0.0296 * (117.5)1.5 38.5 f ( x M ) 0.6214 x
f(x)
X1=117.5
-0.6214
X2=120
0.5958
Calculamos el error:
Error 117.5 120 2.5 Este valor no es menor que la tolerancia de 1*10 -4 por lo que se continua con las iteraciones.
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A continuación mostraremos un cuadro donde podremos observar mejor este procedimiento.
n
x1
x 2
x M
f ( x1 )
f ( x 2 )
f ( x1 ) * ( fx 2 )
signo
0
100
120
110
-8.7711
-4.1448
36.7930
positivo
1
110
120
115
-4.1948
-1.8257
7.6584
positivo
2
115
120
117.5
-1.8257
-0.6214
1.1345
positivo
3
117.5
120
118.75
-0.6214
-0.0144
8.948*10
4
118.75
120
119.375
-0.0144
0.2903
-4.1803*10
5
118.75
119.375
119.0625
-0.0144
0.1379
-1.985*10
6
118.75
119.0625
118.9063
-0.0440
0.0617
-2.7148*10
-
negativo
7
118.75
118.9063
118.8282
-0.0440
0.0237
-1.0428*10
-
negativo
8
118.75
118.8282
118.7891
-0.0440
4.65*10
-
negativo
9
118.75
118.7891
118.7696
-0.0440
-4.85*10
10
118.7696
118.7891
118.7794
-4.84*10
-
-7.66*10
11
118.7794
118.7891
118.7893
-7.66*10
-
2.31*10
12
118.7794
118.7843
118.7819
-7.66*10
-
1.14*10
13
118.7794
118.7819
118.7807
-7.66*10
-
5.56*10
14
118.7794
118.7807
118.7801
-7.66*10
-
2.69*10
15
118.7794
118.7801
118.7798
-7.66*10
-
1.18*10
16
118.7794
118.7798
118.7796
-7.66*10
-
2.08*10
17
118.7794
118.7796
118.7795
-7.66*10
-
-2.79*10
18
118.7795
118.7796
118.77955
-2.79*10
-
-3.51*10
19
118.77955
118.7796
118.7796
-3.51*10
-
2.08*10
-
-
-
-
2.1327*10
-
positivo
-
3.7107*10
-
positivo
-
-1.7678*10
-
negativo
-
-8.7339*10
-
negativo
-
-4.2605*10
-
negativo
-
-2.0618*10
-
negativo
-
-9.0494*10
-
negativo
-
-1.5951*10
-
negativo
-
2.1331*10
-
positivo
-
positivo
-
negativo
-
2.6901*10
-
-7.3204*10
1 * 10 → El valor buscado es x 118.7796 4
Es decir:
Q 118.7796
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales
gal min
negativo
-2.0447*10
Error 118.77955 118.7796 5 *10 5 5
negativo
-
Luego de 18 iteraciones, finalmente calcularemos el error absoluto:
Como: 5 * 10
positivo
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Prob lema 1.31 Se emplea un intercambiador de calor tal com o se m uestra en la figura, para enfriar aceite, encuentre la temperatura de salida del aceite y del agua de enfriamiento (T H2 y T C2 , respectiv amente) para fl ujo s d e aceite de 105000, 80000, 50000, 30000 y 14000 lb /h. Solución Interpretamos gráficamente el problema de balance de energía en un sistema continuo.
Intercambiador de
TSalida del Aceite
Calor
TSalida del agua Datos:
Taceite = 250 ºF
T Agua = 80 ºF
Cpaceite = 0.5 BTU/Lb.ºF A = 1000 pie2
Cp Agua = 0.5 BTU/Lb.ºF m Agua = 300 gal/min
U = 120 BTU/h. pie2. ºF
Transformamos el flujo volumétrico del agua a flujo másico, asumiendo que la densidad del agua es igual a 1g/mL.
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Hacemos un balance global de energía.
Balance de energía para el agua.
…….. (1)
Balance de energía para el Aceite
…(2)
La ecuación de transferencia de calor para el intercambiador esta dada por :
Donde:
U, coeficiente global de transferencia de calor A, área del intercambiador de calor.
) (
…….. (4)
Aplicamos la ley de la conservación de la energía. Q1= Q2= Q 0 = Q/ Q1 – 1 ………….(5) Por otro lado:
….. (6)
Reemplazando las ecuaciones (3), (4) y (6) en la ecuación (5).
( ) ( ) ( ) ( )
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Reemplazando los datos se tiene la ecuación (7)
) ( ( ) ( )
a) Hallando la temperatura de salida del agua de enfriamiento para un flujo de 105000Lb/h de Aceite. Utilizando la expresión (7) se tiene:
( ) ( ) ( )
) ( ( )
Restricciones para que exista la función.
398.9349 2.8617
Hallando el rango más cercano a la raíz de la función. TS Agua
90
11.0204
100
4.2114
110
1.9209
120
0.7481
130
-5.279*10^(-3)
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De acuerdo a la tabla se ve que la temperatura de salida del agua de enfriamiento se encuentra en el intervalo de 120 a 130ºF. Por el Método de la Bisección
Con una tolerancia de
.
Realizando una tabla para el proceso de iteración: a
b
c
F(a)
F(c)
120.0000
130.0000
125.0000
0.7481
0.3404
125.0000
130.0000
127.5000
0.3404
0.1619
127.5000
130.0000
128.7500
0.1619
0.0772
128.7500
130.0000
129.3750
0.0772
0.0357
129.3750
130.0000
129.6875
0.0357
0.0152
129.6875
130.0000
129.8438
0.0152
129.8438
130.0000
129.9219
129.8438
129.9219
129.8829
129.8829
129.9219
129.9024
129.9024
129.9219
129.9122
129.9122
129.9219
129.9171
129.9171
129.9219
129.9195
129.9171
129.9195
129.9183
129.9183
129.9195
129.9194
129.9183
129.9194
129.9189
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
129.9189
129.9194
129.9192
129.9189
129.9192
129.9191
129.9189
129.9191
129.9190
129.9190
129.9191
129.9191
De la tabla se observa que luego de 19 iteraciones, el valor de la temperatura de salida del agua de enfriamiento es igual a 129.9191ºF, este valor reemplazamos en la expresión (6) para hallar la temperatura de salida del aceite.
b) Hallando la temperatura de salida del agua de enfriamiento para un flujo de 80000Lb/h de Aceite.
Utilizando la expresión (7) se tiene:
( ) ( ) ( )
) ( ( )
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Restricciones para que exista la función.
Hallando el rango más cercano a la raíz de la función.
TS Agua
90
10.6438
100
3.8058
110
1.4649
120
0.1684
125
-0.5463
De acuerdo a la tabla se ve que la temperatura de salida del agua de enfriamiento se encuentra en el intervalo de 120 a 125ºF. Por el Método de la Secante Con una tolerancia de
.
La formula de recurrencia para este método esta dado por:
Los
valores iniciales los hallamos mediante el método de la bisección,
estos son: X0 =120
, X1 = 122.5
Evaluando estos valores en la función
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales
.
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Hallando la primera iteración.
Realizando una tabla para las demás iteraciones. n
1
120.000
122.5000
121.4457
0.1684
-0.1228
0.0032
2
122.5000
121.4457
121.4725
-0.1228
0.0032
0.0001
3
121.4457
121.4725
121.4734
0.0032
4
121.4725
121.4734
121.4734
0.0001
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales
0.0001
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
De la tabla se ve que el valor de la temperatura de salida del agua de enfriamiento es igual a 121.4734ºF, este valor reemplazamos en la expresión (6) para hallar la temperatura de salida del aceite.
c) Hallando la temperatura de salida del agua de enfriamiento para un flujo de 50000Lb/h de Aceite. Utilizando la expresión (7) se tiene:
( ) ( ) ( )
) ( ( )
Restricciones para que exista la función.
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Hallando el rango más cercano a la raíz de la función.
TS Agua
95
5.0333
100
2.6295
105
1.0077
108
-0.0914
De acuerdo a la tabla se ve que la temperatura de salida del agua de enfriamiento se encuentra en el intervalo de 105 a 108ºF. Por el Método de la Secante Con una tolerancia de
.
La formula de recurrencia para este método esta dado por:
Los
valores iniciales los hallamos mediante el método de la bisección,
estos son: X0 =105
, X1 = 106.5
Evaluando estos valores en la función
.
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Hallando la primera iteración.
Realizando una tabla para las demás iteraciones. n
1
105.0000
106.5000
108.2598
1.0077
0.5440
-0.402
2
106.5000
108.2598
107.5120
0.5440
-0.402
0.1705
3
108.2598
107.5120
107.7347
-0.402
0.1705
4
107.5120
107.7347
107.8743
0.1705
5
107.7347
107.8743
107.8551
6
107.8743
107.8551
107.8563
7
107.8551
107.8563
107.8563
De la tabla se ve que el valor de la temperatura de salida del agua de enfriamiento es igual a 107.8563ºF, este valor reemplazamos en la expresión (6) para hallar la temperatura de salida del aceite.
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales
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Facultad de Ingeniería Química
d) Hallando la temperatura de salida del agua de enfriamiento para un flujo de 30000Lb/h de Aceite. Utilizando la expresión (7) se tiene:
( ) ( ) ( )
) ( ( )
Restricciones para que exista la función.
Hallando el rango más cercano a la raíz de la función.
TS Agua
96.95
0.1083
96.96
0.1091
96.97
-0.1550
96.973
-0.4367
De acuerdo a la tabla se ve que la temperatura de salida del agua de enfriamiento se encuentra en el intervalo de 96.96 a 96.97ºF. Por el Método de la Secante Con una tolerancia de
.
La formula de recurrencia para este método esta dado por:
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Los valores iníciales los hallamos mediante el método de la bisección, estos son: X0 =96.96
, X1 = 96.965
Evaluando estos valores en la función
.
Hallando la primera iteración.
Realizando una tabla para las demás iteraciones. n
1
96.96
96.965
96.9615
0.0191
-0.0462
2
96.965
96.9615
96.9616
-0.0462
3
96.9615
96.9616
96.9616
Problemas de Ecuaciones Algebraicas de Ecuaciones no Lineales