No início de uma chuva sobre uma pequena área de solo, a capacidade de in-filtração era de 4,5 \mathrm{mm} / \mathrm{h} e, durante a chuva, decresceu de forma exponencial, segundo a lei de Horton, até praticamente atingir o equilíbrio no valor de 0,5 \mathrm{~mm} / \mathrm{h}, depois de 10 h . Sabendo-se que um total de 30 mm de água infiltrou no solo durante o intervalo de 10 h , estimar o valor do parâmetro k de Horton.

Passo 1

O enunciado pede: estimar o valor do parâmetro k da lei de Horton, sabendo que durante T=10 h infiltrou um total de 30 mm. Informações dadas:
f(0)=4{,}5\\ \mathrm{mm/h}\quad\text{(capacidade inicial)},
f_{\mathrm{c}}=0{,}5\\ \mathrm{mm/h}\quad\text{(capacidade de equilíbrio, atingida "praticamente" após 10 h)},íó
T=10\\ \mathrm{h},
F(T)=30\\ \mathrm{mm}\quad\text{(total infiltrado em 10 h).}
O que se pede: determinar k (em \mathrm{h}^{-1}) compatível com os dados acima.

Passo 2

Apresentação da lei de Horton e definições das variáveis. A lei de Horton para a capacidade de infiltração diz, em geral:
f(t)=f_{\mathrm{c}}+\bigl(f_{0}-f_{\mathrm{c}}\bigr)e^{-k t},
onde:
  • f(t) é a capacidade de infiltração no instante t (em \mathrm{mm/h});
  • f_{0} é a capacidade inicial (= f(0));
  • f_{\mathrm{c}} é a capacidade assintótica de equilíbrio;
  • k é o parâmetro de decaimento que queremos estimar (em \mathrm{h}^{-1});
  • t é o tempo em horas.
No nosso caso f_{0}=4{,}5\\ \mathrm{mm/h} e f_{\mathrm{c}}=0{,}5\\ \mathrm{mm/h}.

Passo 3

Trabalhando com o total infiltrado. O total infiltrado em T horas é a integral da taxa de infiltração:
F(T)=\int_{0}^{T} f(t)\,dt.
Substituindo a expressão de Horton:
F(T)=\int_{0}^{T}\left[f_{\mathrm{c}}+\bigl(f_{0}-f_{\mathrm{c}}\bigr)e^{-k t}\right]dt.
Integramos termo a termo:
F(T)=\int_{0}^{T} f_{\mathrm{c}}\,dt+\bigl(f_{0}-f_{\mathrm{c}}\bigr)\int_{0}^{T} e^{-k t}\,dt.
A primeira integral dá f_{\mathrm{c}}T. A segunda integral é
\int_{0}^{T} e^{-k t}\,dt=\left[-\frac{1}{k}e^{-k t}\right]_{0}^{T}=\frac{1}{k}\bigl(1-e^{-kT}\bigr).
Logo a fórmula fechada para o total infiltrado é
F(T)=f_{\mathrm{c}}T+\frac{f_{0}-f_{\mathrm{c}}}{k}\bigl(1-e^{-kT}\bigr).

Passo 4

Aplicando os números do enunciado. Substituindo f_{0}=4{,}5, f_{\mathrm{c}}=0{,}5, T=10 e F(T)=30 (tudo em unidades consistentes mm e h):
30=0{,}5\cdot 10+\frac{4{,}5-0{,}5}{k}\bigl(1-e^{-10k}\bigr).
Calcule 0{,}5\cdot 10=5 e 4{,}5-0{,}5=4. Assim:
30=5+\frac{4}{k}\bigl(1-e^{-10k}\bigr).
Subtraindo 5 de ambos os lados:
25=\frac{4}{k}\bigl(1-e^{-10k}\bigr).
Multiplicando por k e rearranjando:
4\bigl(1-e^{-10k}\bigr)=25k.
Isolando o expoente:
4-4e^{-10k}=25k\quad\Rightarrow\quad 4e^{-10k}=4-25k.
Dividindo por 4:
e^{-10k}=1-6{,}25\,k.
Observação de domínio: o lado direito deve ser positivo, logo 1-6{,}25k>0\Rightarrow k<0{,}16\\ \mathrm{h}^{-1}. Também k>0 (decrescimento), então k\in(0,0{,}16).

Passo 5

Resolvendo numericamente a equação transcendental. Definimos a função
h(k)=e^{-10k}+6{,}25\,k-1,
que deve ser zero no k solução. Derivada:
h'(k)=-10e^{-10k}+6{,}25.
Usamos o método de Newton–Raphson (bom para convergência rápida quando a derivada não é nula). O passo iterativo é
k_{n+1}=k_{n}-\frac{h(k_{n})}{h'(k_{n})}.
Escolhemos uma estimativa inicial razoável dentro do intervalo, por exemplo k_{0}=0{,}12\\ \mathrm{h}^{-1} (está abaixo do máximo 0{,}16). Agora mostramos as iterações com os cálculos aproximados (arredondando para clareza):
Iteração 0 (inicial):
k_{0}=0{,}12,\qquad e^{-10k_{0}}=e^{-1{,}2}\approx 0{,}301194,
h(k_{0})\approx 0{,}301194+6{,}25\cdot 0{,}12-1=0{,}301194+0{,}75-1=0{,}051194,
h'(k_{0})\approx -10\cdot 0{,}301194+6{,}25=-3{,}01194+6{,}25=3{,}23806.
Aplicando Newton:
k_{1}=0{,}12-\frac{0{,}051194}{3{,}23806}\approx 0{,}104188.
Iteração 1:
k_{1}=0{,}104188,\qquad e^{-10k_{1}}\approx e^{-1{,}04188}\approx 0{,}35280,
h(k_{1})\approx 0{,}35280+6{,}25\cdot 0{,}104188-1=0{,}35280+0{,}651175-1\approx 0{,}003975,
h'(k_{1})\approx -10\cdot 0{,}35280+6{,}25=-3{,}5280+6{,}25=2{,}7220.
Aplicando Newton:
k_{2}=0{,}104188-\frac{0{,}003975}{2{,}7220}\approx 0{,}102729.
Iteração 2:
k_{2}=0{,}102729,\qquad e^{-10k_{2}}\approx e^{-1{,}02729}\approx 0{,}35785,
h(k_{2})\approx 0{,}35785+6{,}25\cdot 0{,}102729-1=0{,}35785+0{,}642056-1\approx -0{,}000094,
h'(k_{2})\approx -10\cdot 0{,}35785+6{,}25=-3{,}5785+6{,}25=2{,}6715.
Correção pequena:
\Delta k\approx -\frac{-0{,}000094}{2{,}6715}\approx 0{,}000035,
logo
k_{3}\approx 0{,}102764.
As correções já são muito pequenas; a solução convergiu para cerca de k\approx 0{,}1028\\ \mathrm{h}^{-1}.

Passo 6

Interpretação do resultado: o parâmetro k obtido indica a rapidez com que a capacidade de infiltração decai da condição inicial até o valor de equilibrio. O valor numérico encontrado está dentro do intervalo permitido 0<k<0{,}16\\ \mathrm{h}^{-1} e satisfaz a equação original com boa precisão (ao substituir k na expressão de F(T) obtém-se aproximadamente 30\\ \mathrm{mm}).

Resposta

k\approx 0{,}103\\ \mathrm{h}^{-1}

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