A absortividade de uma superfície de forma simplificada pode ser definida como: \alpha_{1}=0,12 para \lambda \leq \lambda_{1} e \alpha_{2}=0,78 para \lambda>\lambda_{1}, sendo \lambda_{1}=1,6 \times 10^{-6} \mathrm{~m}. O pode emissivo desta superfície pode ser determinado com a seguinte expressão: E_{T}(\lambda)= c_{1} \lambda^{-5} \exp \left[-c_{2} /(\lambda T)\right], sendo c_{1} uma constante de proporcionalidade e c_{2}= 0,0145 \mathrm{mK}. Calcular a absortividade média de uma superfície que se encontra com temperatura de 1500 K .

Passo 1

Dados do enunciado (o que o problema dá e o que pede):
\alpha(\lambda)\) é dada por partes: \[\alpha(\lambda)=\begin{cases} \alpha_{1}=0{,}12, & \lambda \le \lambda_{1},\\[4pt] \alpha_{2}=0{,}78, & \lambda>\lambda_{1}, \end{cases}
com \lambda_{1}=1{,}6\times 10^{-6}\\ \mathrm{m}.\] A distribuição espectral do poder emissivo da superfície é \[E_{T}(\lambda)=c_{1}\,\lambda^{-5}\exp\!\left[-\dfrac{c_{2}}{\lambda T}\right],\] com \(c_{2}=0{,}0145\\ \mathrm{m\,K} e c_{1} constante de proporcionalidade.
A temperatura é T=1500\\ \mathrm{K}.
O que se pede: calcular a absortividade média \bar{\alpha} da superfície na temperatura T=1500\\ \mathrm{K}.]

Passo 2

Ideia para a média (intuição e fórmula que vamos usar):
A absortividade média, no contexto espectral, é a fração da energia total incidente (ou emitida, pelo princípio de Kirchhoff aplicado aqui) que é absorvida. Matemáticamente isso é uma média ponderada por E_{T}(\lambda):
\bar{\alpha}=\dfrac{\displaystyle\int_{0}^{\infty}\alpha(\lambda)\,E_{T}(\lambda)\,d\lambda}{\displaystyle\int_{0}^{\infty}E_{T}(\lambda)\,d\lambda}.
Aqui \bar{\alpha} representa a fração média de energia absorvida quando a radiação tem espectro E_{T}(\lambda). Todas as variáveis: \lambda é o comprimento de onda, T a temperatura, E_T(\lambda) o poder emissivo espectral.

Passo 3

Aplicar a forma em partes de \alpha(\lambda) e separar integrais:
\bar{\alpha}=\dfrac{\alpha_{1}\displaystyle\int_{0}^{\lambda_{1}}E_{T}(\lambda)\,d\lambda+\alpha_{2}\displaystyle\int_{\lambda_{1}}^{\infty}E_{T}(\lambda)\,d\lambda}{\displaystyle\int_{0}^{\infty}E_{T}(\lambda)\,d\lambda}.
É conveniente definir a fração de potência emitida para \lambda\le\lambda_{1}:
f_1=\dfrac{\displaystyle\int_{0}^{\lambda_{1}}E_{T}(\lambda)\,d\lambda}{\displaystyle\int_{0}^{\infty}E_{T}(\lambda)\,d\lambda},
então
\bar{\alpha}=\alpha_{1}f_1+\alpha_{2}(1-f_1).
Logo basta calcular f_1.

Passo 4

Troca de variável para simplificar as integrais (passo técnico):
Use a mudança de variável
x=\dfrac{c_{2}}{\lambda T}\quad\Longrightarrow\quad \lambda=\dfrac{c_{2}}{xT}.
Calcule d\lambda:
d\lambda=-\dfrac{c_{2}}{T}\,x^{-2}dx.
Substituindo na expressão de E_{T}(\lambda):
E_{T}(\lambda)=c_{1}\lambda^{-5}e^{-c_{2}/(\lambda T)} = c_{1}\left(\dfrac{xT}{c_{2}}\right)^{5} e^{-x}.
Multiplicando por d\lambda:
E_{T}(\lambda)\,d\lambda = c_{1}\left(\dfrac{xT}{c_{2}}\right)^{5} e^{-x}\left(-\dfrac{c_{2}}{T}x^{-2}dx\right) = -c_{1}\dfrac{T^{4}}{c_{2}^{4}} x^{3} e^{-x} dx.

Passo 5

Expressão das integrais em termos de x:
Ao mudar o limite \lambda=0\to x=\infty e \lambda=\infty\to x=0, temos
\int_{0}^{\infty}E_{T}(\lambda)\,d\lambda = c_{1}\dfrac{T^{4}}{c_{2}^{4}}\int_{0}^{\infty} x^{3} e^{-x} dx.
A integral \displaystyle\int_{0}^{\infty} x^{3} e^{-x} dx é a função Gamma:
\int_{0}^{\infty} x^{3} e^{-x} dx=\Gamma(4)=(4-1)!=3!=6.
Portanto a integral total é c_{1}T^{4}/c_{2}^{4}\times 6 (o fator c_{1}T^{4}/c_{2}^{4} vai se cancelar ao formar f_1).

Passo 6

Integral parcial \int_{0}^{\lambda_{1}}E_{T}(\lambda)\,d\lambda em termos de x:
Quando \lambda vai de 0 até \lambda_{1}, x vai de \infty até
x_{1}=\dfrac{c_{2}}{\lambda_{1} T}.
Com a mudança de variável obtemos
\int_{0}^{\lambda_{1}}E_{T}(\lambda)\,d\lambda = c_{1}\dfrac{T^{4}}{c_{2}^{4}}\int_{x_{1}}^{\infty} x^{3} e^{-x} dx = c_{1}\dfrac{T^{4}}{c_{2}^{4}}\;\Gamma(4,x_{1}),
onde \Gamma(4,x_{1}) é a função gama incompleta superior. Para inteiro positivo aplica-se a fórmula fechada:
\Gamma(4,x)=3!\,e^{-x}\left(1+x+\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{x^{3}}{6}\right).

Passo 7

Expressão simples para f_1 (cancelações):
f_1=\dfrac{\Gamma(4,x_{1})}{\Gamma(4)} = e^{-x_{1}}\left(1+x_{1}+\dfrac{x_{1}^{2}}{2}+\dfrac{x_{1}^{3}}{6}\right).
Portanto basta calcular x_{1} e avaliar essa expressão numérica.

Passo 8

Calcular x_{1} numericamente:
x_{1}=\dfrac{c_{2}}{\lambda_{1} T} = \dfrac{0{,}0145}{(1{,}6\times 10^{-6})\times 1500}.
Compute \lambda_{1}T:
\lambda_{1}T=(1{,}6\times 10^{-6})\times 1500 = 2{,}4\times 10^{-3}.
Logo
x_{1}=\dfrac{0{,}0145}{0{,}0024}\approx 6{,}0416667.

Passo 9

Avaliar f_1 passo a passo:
Calcule e^{-x_{1}}:
e^{-6{,}0416667}\approx 0{,}0023779.
Calcule o polinômio
1+x_{1}+\dfrac{x_{1}^{2}}{2}+\dfrac{x_{1}^{3}}{6} =1+6{,}0416667+\dfrac{(6{,}0416667)^{2}}{2}+\dfrac{(6{,}0416667)^{3}}{6} \approx 62{,}0439.
Multiplicando:
f_1\approx 0{,}0023779\times 62{,}0439\approx 0{,}14762.
Interpretação: aproximadamente 14{,}76\% da potência espectral está em \lambda\le\lambda_{1}.

Passo 10

Calcular a absortividade média \bar{\alpha}:
\bar{\alpha}=\alpha_{1}f_1+\alpha_{2}(1-f_1).
Substituindo \alpha_{1}=0{,}12, \alpha_{2}=0{,}78 e f_1\approx 0{,}14762:
\bar{\alpha}\approx 0{,}12\times 0{,}14762 + 0{,}78\times(1-0{,}14762).
Calcule as parcelas:
0{,}12\times 0{,}14762\approx 0{,}01771,
0{,}78\times 0{,}85238\approx 0{,}66486.
Somando:
\bar{\alpha}\approx 0{,}01771+0{,}66486\approx 0{,}68257.
Arredondando de forma prática para três casas decimais:
\bar{\alpha}\approx 0{,}683.

Resposta

\bar{\alpha}=0{,}683

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