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:
\begin{cases} 22a+b=4,\\[4pt] 26a+b=0. \end{cases}
Subtraindo a primeira da segunda (ou resolvendo diretamente), obtemos:
(26a+b)-(22a+b)=0-4 \quad\Rightarrow\quad 4a=-4\quad\Rightarrow\quad a=-1.
Substituindo a=-1\] em \((2):
26(-1)+b=0\quad\Rightarrow\quad -26+b=0\quad\Rightarrow\quad b=26.]

Passo 4

Encontrar c substituindo a e b em qualquer das equações originais; uso a primeira:
100a+10b+c=40.
Substituindo a=-1 e b=26:
100(-1)+10\cdot26+c=40 \quad\Rightarrow\quad -100+260+c=40.
Logo
160+c=40 \quad\Rightarrow\quad c=-120.
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:
E=\int_{6}^{20} P(t)\,dt=\int_{6}^{20}\bigl(-t^{2}+26t-120\bigr)\,dt.
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
F(t)=-\frac{1}{3}t^{3}+13t^{2}-120t.
Então
E=F(20)-F(6).

Passo 6

Calcular F(20) e F(6) passo a passo.
Para t=20:
F(20)=-\frac{1}{3}\cdot 20^{3}+13\cdot 20^{2}-120\cdot 20.
Calcule mentalmente (ou no rascunho): 20^{3}=8000, 20^{2}=400.
F(20)=-\frac{8000}{3}+13\cdot 400-2400=-\frac{8000}{3}+5200-2400=-\frac{8000}{3}+2800.
Colocando sobre o mesmo denominador:
2800=\frac{8400}{3}\quad\Rightarrow\quad F(20)=\frac{8400-8000}{3}=\frac{400}{3}.
Para t=6:
F(6)=-\frac{1}{3}\cdot 6^{3}+13\cdot 6^{2}-120\cdot 6.
Calcule: 6^{3}=216, 6^{2}=36.
F(6)=-\frac{216}{3}+13\cdot 36-720=-72+468-720=-324.
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
T=\frac{E}{60}=\frac{\tfrac{1372}{3}}{60}=\frac{1372}{180}=\frac{343}{45}.
Em decimal,
T\approx7{,}6222\\ \text{h}\approx7{,}62\\ \text{h}.
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.

Resposta

(a) a=-1,\\ b=26,\\ c=-120
(b) E=\dfrac{1372}{3}\\ \mathrm{Wh}\approx457{,}33\\ \mathrm{Wh}
(c) \displaystyle T=\frac{343}{45}\\ \text{h}\approx7{,}62\\ \text{h}\\ (\text{aprox. }7\\ \text{h }37\\ \text{min }20\\ \text{s})

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