Solución Parte a) Polinomio de Interpolación

MÉTODOS APROXIMADOS EN ING. QUÍMICA TF-1313

SEGUNDO PARCIAL RESUELTO

(2 DE MARZO DE 2007)

Esta guía fue elaborada por:

Prof. Aurelio Stammitti Scarpone

con la ayuda de:

SEGUNDO PARCIAL (Enero Marzo 2007)

Ejercicio 1

La tabla siguiente muestra la curva de presión de saturación para el agua. (º )

T C 5 20 30 40 50 60 80 105

( )

sat

P kPa 0,8721 2,339 4,246 7,384 12,349 19,94 47,39 120,82

Se sabe que la ecuación de Antoine representa bien estos datos: ln( )

273,15

= + + sat

B P A

T

a.- Con un polinomio de interpolación de grado 3 (por lo menos), calcule P_sat para 33,5º

T = C y T =44ºC.

b.- Determine las constantes A y B de la ecuación de Antoine y compare el resultado de la aproximación con el obtenido antes para T =33,5ºC y T =44ºC.

Solución

Parte a) Polinomio de Interpolación

Lo primero que se tiene que observar cuando nos piden hallar el polinomio de interpolación y se proporciona una tabla es SI la tabla es equiespaciada en ‘x’; ya que, para este tipo de tablas el procedimiento es diferente. Se debe recordar también que existe el polinomio de Lagrange además de las formas de Newton para interpolación.

La condición de equiespaciada lo que dice es lo siguiente: x_n−x_n−1=h, es decir, que las distancias entre los puntos consecutivos es la misma.

Ahora, como nos piden P_sat(33,5º )C y P_sat(44º )C y, estos valores se encuentran dentro de la zona equiespaciada de la tabla, se puede usar el polinomio de Newton–Gregory hacia delante.

Procedimiento para la obtención del Polinomio de Newton Gregory (hacia adelante): 1.- Se define un auxiliar: 0

0

, : punto inicialdela sección dela tabla

x x

s x

h − =

2.- Se construye la tabla de diferencias finitas hacia delante. 3.- Se construye la recta hacia delante de la siguiente forma:

2 3

0 0 0

( 1) ( 1) ( 2)

2! 3!

o

s s s s s

y = y + ⋅ Δ +s f ⋅ − ⋅ Δ f + ⋅ − ⋅ − ⋅ Δ f +"

Paso 1:

Por simplicidad, podemos seleccionar el valor x0 como el punto en donde comienza la región equiespaciada, es decir, en 20ºC. Obviamente este punto se puede mover dependiendo del grado del polinomio con el que se desee trabajar y el lugar en donde se pida efectuar la interpolación.

En la sección de 20ºC a 60ºC la tabla es esquiespaciada con un paso: h = 10ºC.

En este caso se definen dos auxiliares ‘s’ porque nos piden P_sat(33,5º )C y P_sat(44º )C :

Para x = 33,5 ºC ₁ 33,5 20 1,35 10

s = − =

Para x = 44 ºC ₂ 44 20 2, 4 10

s = − =

Se toma como valor de ‘x’ a 33,5 porque queremos saber

Psat(33,5 ºC).

Paso 2:

Construcción de la tabla de diferencias hacia delante desde Psat(20ºC)= 2,339 hasta Psat(60ºC)= 19,94, correspondientes a la región equiespaciada:

Paso 3:

Construcción de los polinomios de grado 4 correspondientes a x = 33,5 ºC y x = 44 ºC.

Para x = 33,5 ºC

1, 35 (1, 35 1) 1, 35 (1, 35 1) (1, 35 2)

2, 339 (1, 35) (1, 907) (1, 231) (0, 596)

2 ! 3!

1, 35 (1, 35 1) (1, 35 2) (1, 35 3)

(0, 203) 4 !

y = + ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ +

⋅ − ⋅ − ⋅ −

+ ⋅

"

"

Para x = 44 ºC

2, 4 (2, 4 1) 2, 4 (2, 4 1) (2, 4 2)

2, 339 2, 4 (1, 907) (1, 231) (0, 596)

2 ! 3!

2, 4 (2, 4 1) (2, 4 2).(2, 4 3)

(0, 203) 4 !

y = + ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ +

⋅ − ⋅ − −

+ ⋅

"

"

Por lo tanto, nos queda que: 1

2

(33,5º ) 5,17805 (44º ) 9,11056

sat sat

y P C

y P C

= =

= =

Parte b) Aproximación

Puede verse de dos formas, como multifunción o con un cambio de variable, en ambos casos hay que redefinir la ‘y’ a utilizar como:

ln(

)

273,15

sat

B

y

P

A

T

=

= +

+

Para el caso del cambio de variable se haría la siguiente redefinición:

1

273,15

x

T

=

+

Con lo que nuestra ecuación a aproximar quedaría de la forma lineal:

y

= + ⋅

A B x

Ahora, si se ve como multifunción se tiene que:

0 1

1

( ) 1 ;

( )

273,15

f T

f T

T

=

=

+

Con lo que en este caso la ecuación a resolver quedaría como:

0 1

ln(

_sat

)

( )

( )

y

=

P

= ⋅

A f T

+ ⋅

B f T

Si se hace el cálculo a partir de esta última ecuación, se tiene que resolver el siguiente sistema matricial:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

0 0 0 1 0

0 0 0

1 0 1 1 1

0 0 0

n n n

i i i i i i

i i i

n n n

i i i i i i

i i i

f T

f T

f T

f T

y f T

A

B

f T

f T

f T

f T

y f T

= = =

= = =

⎛

_⋅

_⋅

⎞

⎛

_⋅

⎞

⎜

⎟

_{⎛ ⎞}

⎜

⎟

⎜

⎟

_⋅

_{⎜ ⎟}

₌

⎜

⎟

⎜

⎟

_{⎝ ⎠}

⎜

⎟

⋅

⋅

⋅

⎜

⎟

⎜

⎟

⎝

⎠

⎝

⎠

∑

∑

∑

Donde para saber los valores de las sumatorias es necesario construir la siguiente tabla: T Psat yi=ln(Psat) f1 f1·f1 yi·f1 5 0,8721 -0,136851 3,5951825.10-3 1,2925337.10-5 -4,9200497.10-4 20 2,339 0,8497235 3,4112229.10-3 1,16364418.10-5 2,898596239.10-3 30 4,246 1,4459774 3,298697.10-3 _1,0881402.10-5 _4,769841.10-3 40 7,384 1,9993155 3,1933578.10-3 1,01975341.10-5 6,3845298.10-3 50 12,349 2,5135751 3,0945381.10-3 9,5761663.10-6 7,77835398.10-3 60 19,94 2,9927278 3,0016509.10-3 9,00990817.10-6 8,983124.10-3 80 47,39 3,85841124 2,8316579.10-3 8,01828666.10-6 1,09257.10-2 105 120,82 4,7943018 2,64445326.10-3 6,993133.10-6 1,2378307.10-2

Σ 18,317181 2,507076.10-2 _7,9238209.10-5 _5,29424.10-2 Pero como ocurre que:

( ) ( )

0 0

0

( ) 1

n

; 8

o i i

i

f T

f T

f T

N N

=

= ⇒

∑

⋅

=

=

Donde N: Número Total de Puntos. También ocurre que:

( )

( ) ( )

( )

0

0 0

0 1 1

0 0

n n

i i i

i i

n n

i i i

i i

y f T

y

f T

f T

f T

= =

= =

⋅

=

⋅

=

∑

∑

∑

∑

Al sustituir dichos valores, el sistema matricial a resolver queda de la forma: 2

2

2 5

18,317181

8 2,50707610 10

5, 29424 10 2,50707610 10 7,9238209 10

A B

−

−

− −

⎛ ⋅ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⋅ =

⎜ _{⋅ ⋅} ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ _⋅ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎝ ⎠

Por lo que los coeficientes obtenidos son: 23,144166 6654, 6108

A B

= = −

Así que la ecuación finalmente quedaría como:

ln(

) 23,144166

6654,6108

273,15

sat

P

T

=

−

Y, al evaluar en los puntos de interés, finalmente obtenemos los siguientes resultados: (33,5º ) 4, 23409145

(44º ) 8,68529662

sat sat

P C

P C

= =

NOTA: véase que los resultados difieren de los obtenidos mediante el polinomio de interpolación. Esto se debe seguramente a la calidad de este ajuste, el cual no pasa por todos los puntos de la tabla. Esto último se puede verificar si se calcula el parámetro R2. Debe recordarse también que los resultados de los polinomios de interpolación también serán diferentes entre sí dependiendo del grado seleccionado y los puntos usados para generarlo.

Ejercicio 2

El cambio de energía interna de una sustancia en una expansión isotérmica está dado por: 2

1 v

v v

P

u

T

P dv

T

⎡

⎛

∂

⎞

⎤

Δ =

_⎢

⋅

_⎜

_⎟

−

_⎥

∂

⎝

⎠

⎣

⎦

∫

Usando la ecuación de Van der Waals: 2

R T

a

P

v b v

⋅

=

−

−

Calcule l cambio de energía interna (∆u) con al menos cuatro (4) intervalos de integración para el metano a 150 K si éste se expande desde un volumen de _{0,5m kg}3 _{hasta un} volumen de _{1,5m kg}3 _.

Para el metano: _{R=518, 25J kg K a. ; =894,673 y b=2,68428.10}−3_.

NOTA: - La derivada también debe evaluarse numéricamente con tres (3) cifras significativas.

Solución

Como saben, existen varios métodos para resolver integrales; entre dichos métodos se encuentra el de cuadratura gaussiana y el método de los trapecios, que son los que vamos a usar para resolver este problema a fin de comparar resultados.

Cuadratura Gaussiana:

La razón por la cuál usamos este método y no otro es que es un método muy preciso y se tiene una función explícita (aunque no se ve claramente ahora). El truco a aplicar es estudiar un poco la integral que se desea evaluar:

De la definición se deduce que:

( )

v

P

g v

T

P

T

∂

⎛

⎞

= ⋅

_⎜

_⎟

−

∂

⎝

⎠

.

Todo el grupo es una función de v. Ya que T = 150K es constante para este ejercicio.

Entonces:

1,5

0,5

( )

f i

v

v

u

g v dv

=

=

Δ =

∫

_{Es una función simple lo que se desea integrar.}

Ahora bien, lo que a primera vista parece problemático es la existencia de la derivada

v

P T ∂ ⎛ ⎞ ⎜_∂ ⎟

⎝ ⎠ dentro de la integral. Debe recordarse aquí que cuando se deriva una función cualquiera, el resultado es otra función.

Si pudiésemos efectuar la derivada analítica de la función de P, no tendríamos ningún problema, ya que simplemente sustituiríamos la expresión dentro de la integral y evaluaríamos directamente.

Sin embargo, en el problema nos piden que utilicemos el concepto de derivada numérica de la función P P T v=

( )

, dada por la ecuación de estado. Para una función de dos variables, la derivada parcial respecto a una de ellas, utilizando la fórmula de derivada centrada de 3 puntos, se define como:

(

,

)

(

,

)

_{( )}

2

2

T T

v T

P T h v

P T h v

P

O h

T

h

+

−

−

∂

⎛

_{⎞ =}

₊

⎜

_∂

⎟

_⋅

⎝

⎠

Donde hT es el paso seleccionado para evaluad la derivada, en este caso respecto a la

Si se observa entonces, la derivada

v

P T ∂ ⎛ ⎞ ⎜_∂ ⎟

⎝ ⎠ es una función de T y v, la cual simplemente llama a la función P T v

( )

, y la evalúa en dos puntos específicos y luego efectúa la resta y la división. Entonces se puede escribir que:

( )

,

(

,

)

(

,

)

2

T T

v T

P T h v

P T h v

P

f T v

T

h

+

−

−

∂

⎛

_{⎞ =}

₌

⎜

_∂

⎟

_⋅

⎝

⎠

Por lo tanto, podemos reescribir a la función g(v) como:

( )

( ) ( )

,

,

g v

= ⋅

T f T v

−

P T v

Recordando que para este ejercicio T = 150K (constante).

Noten que hasta ahora no hemos efectuado ningún cálculo, simplemente hemos identificado a la función y aplicado la definición de derivada numérica. A partir de ahora, ya teniendo clara cuál es la función a integrar, podemos efectuar las evaluaciones necesarias para resolver la integral por cualquiera de los métodos disponibles.

Procedimiento de cálculo por Cuadratura Gaussiana: 1.- Seleccionar ‘n’.

2.- Extraer los valores ti, ωi de la tabla de cuadratura. 3.- Aplicar el cambio de base ( ) ( )

2

b a t b a

x= − ⋅ + +

4.- Evaluar los xi con los ti usando el cambio de base.

5.- Evaluar los f(xi).

6.- Hacer la suma

1

( )

2

n

i i

i

b a

I

ω

f x

=

−

=

⋅

∑

⋅

Pasos 1 y 2:

Al entrar a la tabla de coeficientes para la cuadratura de Gauss-Legendre con n=4, leemos

t1, t2, t3, t4 y sus respectivos ω. Los copiamos ordenados de menor a mayor.

i ti ωi

1 -0,861136311594 0,347854845137 2 -0,339981043585 0,652145154862 3 0,339981043585 0,652145154862 4 0,861136311594 0,347854845137

Paso 3:

Al aplicar el cambio de base para la variable ‘v’ que corresponde a ‘x’ tenemos:

(

)

2

f i f i

v v t v v v= − ⋅ + +

Lo cual, equivale a:

2 2

t v= +

Paso 4:

Cuando evaluamos los ‘v’ para su correspondiente ‘t’ resulta:

i ti vi

1 -0,861136311594 0,5694318 2 -0,339981043585 0,83000948 3 0,339981043585 1,1699905 4 0,861136311594 1,430568

Pasos 5 y 6:

La evaluación de la integral usando n=4 queda como:

[

1 1 2 2 3 3 4 4

]

1,5

0,5

( )

( )

( )

( )

( )

2

f

i

f i

v

v

v

v

u

g v dv

ω

g v

ω

g v

ω

g v

ω

g v

=

=

−

Δ =

∫

=

⋅

⋅

+

⋅

+

⋅

+

⋅

Ahora solo queda evaluar g(v) en cada uno de los puntos vi. Pero para ello, debemos

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4

150 , 134127,50572 ; 150 , 914, 428355

150 , 92533,13836 ; 150 , 626, 416311

150 , 65876,30724 ; 150 , 443,97095

150 , 53961,31445 ; 150 ,

v v v v P

P K v f K v

T P

P K v f K v

T P

P K v f K v

T P

P K v f K v

T ∂ ⎛ ⎞ = =_{⎜ ⎟} = ∂ ⎝ ⎠ ∂ ⎛ ⎞ = =_{⎜ ⎟} = ∂ ⎝ ⎠ ∂ ⎛ ⎞ = =_{⎜ ⎟} = ∂ ⎝ ⎠ ∂ ⎛ ⎞ = _{= ⎜ ⎟} ∂ ⎝ ⎠ 4

362,9497229

=

Y, al sustituir todos esos valores en g(v) nos queda:

1 2

3 4

( ) 2759,18613 ; ( ) 1298,66822 ( ) 653,58797 ; ( ) 437,167

g v g v

g v g v

= =

= =

Y, por lo tanto. La integral final es: Δ =u 1192,510669J kg

Método de los Trapecios

Ahora, este método es mucho más sencillo que el anterior, ya que la integral se reduce a una suma de valores de la función evaluada en diversos puntos.

Procedimiento de cálculo por Método de los Trapecios: 1.- Seleccionar N, número de intervalos de integración. 2.- Calcular h.

3.- Determinar los x_i =x₀+ ⋅i h

4.- Evaluar todos los f(xi).

5.- Hacer la suma final:

( )

0

2

( )

1

2

( )

1

( )

2

n n

h

I

= ⋅

⎡

_⎣

f x

+ ⋅

f x

+ + ⋅

"

f x

₋

+

f x

⎤

_⎦

Pasos 1 y 2:

En el enunciado esta indicado que se debe usar un mínimo de cuatro (4) intervalos, por lo tanto, el paso de integración h es:

1,5 0,5

0, 25

4

f i

v

v

b a

h

h

N

N

−

−

−

=

=

=

=

=

Pasos 3 y 4:

Se puede escribir una pequeña tabla con los valores de la función evaluada:

i vi P(T,vi) f(T,vi) g(vi)

0 0,50 152375,490065 1042,0945 3938,6849 1 0,75 102271,770194 693,4820 1750,5298 2 1,0 76962,057851 519,6449 984,6771 3 1,25 61693,644981 415,4923 630,1925 4 1,50 51480,275691 346,1194 437,6343

Pasos 5:

Ya teniendo toda la información necesaria, se procede a evaluar la integral por la fórmula del método de los trapecios para 4 intervalos (ósea 5 puntos):

[

0 1 2 3 4

]

1,5

0,5

( )

( ) 2

( ) 2

( ) 2

( )

( )

2

f

i

v

v

h

u

g v dv

g v

g v

g v

g v

g v

=

=

Δ =

∫

= ⋅

+ ⋅

+ ⋅

+ ⋅

+

Finalmente: Δ =u 1388,38975J kg