Durante um dia de céu limpo, a produção de um painel solar foi medida ao longo do tempo. Sabe-se que a potência instantânea gerada ao longo do dia, P(t), depende do horário t (em horas) de forma parabólica, atingindo um máximo ao meio do período de geração. Três medições foram feitas:
Horário (t)
Potência gerada P(t) (em watts)
10
40
12
48
14
48
(a) Supondo que a potência gerada possa ser modelada por um polinômio do segundo grau, P(t)=a t^{2}+b t+c, determine os coeficientes a, b, c a partir desses três pontos, resolvendo um sistema linear (por escalonamento é mais fácil que por substituição).
(b) Com a função P(t) obtida, calcule a energia total gerada entre \mathbf{6 h} e \mathbf{2 0 h}. Dê sua resposta em watt-hora (Wh).
(c) Uma lâmpada consome 60 watts. Com a energia gerada nesse dia, por quantas horas (aproximadamente) essa lâmpada poderia permanecer acesa?
Passo 1
O enunciado dá três medições de potência P(t) (em watts) em determinados horários t (em horas) e pede três coisas:
(a) Ajustar um polinômio de segundo grau P(t)=a t^{2}+b t+c passando pelos três pontos dados, determinando a,b,c resolvendo um sistema linear por escalonamento.
(b) Com a função P(t) obtida, calcular a energia total gerada entre \,6\\ \text{h} e \,20\\ \text{h} (em watt-hora, Wh).
(c) Com essa energia, determinar por quantas horas uma lâmpada de 60\\ \text{W} poderia ficar acesa (aproximadamente).
As três medições fornecidas são (peguei esses dados do enunciado):
Para t=10: P(10)=40.
Para t=12: P(12)=48.
Para t=14: P(14)=48.
Passo 2
Montar o sistema linear obtido ao substituir os pontos na forma P(t)=a t^{2}+b t+c\). Para cada ponto:
\[\begin{cases} 100a+10b+c=40,\\[4pt] 144a+12b+c=48,\\[4pt] 196a+14b+c=48. \end{cases}
Esse é o sistema que vamos resolver por escalonamento (eliminação de Gauss): ele é um sistema de três equações lineares nas incógnitas (a,b,c].]
Passo 3
Aplicar escalonamento: subtraio a primeira equação da segunda e da terceira para eliminar [c).
Segunda menos primeira:
(144-100)a+(12-10)b+(c-c)=48-40
ou seja
44a+2b=8.
Dividindo por 2,
22a+b=4. \tag{1}
Terceira menos segunda:
(196-144)a+(14-12)b+(c-c)=48-48
ou seja
52a+2b=0.
Dividindo por 2,
26a+b=0. \tag{2}
Agora temos um sistema reduzido de duas equações em a e b:
Portanto os coeficientes são a=-1, b=26, c=-120. A função é
P(t)=-t^{2}+26t-120.
Observação rápida e útil para prova: a coordenada do vértice (máximo, já que a<0) está em t=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{26}{2(-1)}=13. Isso explica por que as potências em t=12 e t=14 são iguais: a parábola é simétrica em torno de t=13.
Passo 5
Calcular a energia total gerada entre \,6\\ \text{h} e \,20\\ \text{h}. Energia (em Wh) é a integral da potência em watts ao longo do tempo em horas:
Lembrete de técnica: a integral de um polinômio faz-se termo a termo usando \displaystyle \int t^{n}\,dt=\frac{t^{n+1}}{n+1}. Portanto um antiderivado de P(t) é
Agora E=F(20)-F(6)=\dfrac{400}{3}-(-324)=\dfrac{400}{3}+324.
Converter 324 para ter denominador 3: 324=\dfrac{972}{3}. Portanto
E=\frac{400+972}{3}=\frac{1372}{3}\\ \text{Wh}.
Em decimal isso é aproximadamente
E\approx457{,}33\\ \text{Wh}.
(Unidade: watts vezes horas = watt-hora, Wh.)
Passo 7
Determinar por quantas horas uma lâmpada de 60\\ \text{W} pode ficar acesa com essa energia. Se a energia disponível é E em Wh e a potência da lâmpada é 60\\ \text{W}, o tempo em horas é
Convertendo parte fracionária para minutos: 0{,}6222\cdot 60\approx37{,}33 minutos, ou seja aproximadamente 7\\ \text{h}\\\ 37\\ \text{min}\\\ 20\\ \text{s}.
Força aí — com essa energia dá para deixar a lâmpada de 60\\ \text{W} acesa por pouco mais de sete horas.