O nível de água de um reservatório municipal é normalmente reduzido na época de estiagem. No primeiro dia desse período, os técnicos do Departamento de Água verificaram que o nível do reservatório indicava um volume de 10^{9} litros. O consumo de água dessa cidade é de 10^{7} litros/dia e, nessas condições, os técnicos previram que o nível mínimo que o reservatório pode ter, seria alcançado em 60 dias. Foi prevista então a alimentação do reservatório a partir do 10^{\circ} dia de estiagem, a uma vazão de 10. \exp (-t / 100) litros/dia (onde t é contado em dias). Por quanto tempo a mais o Departamento de Água conseguiria abastecer a cidade nesse novo cenário?

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede quanto tempo a mais (além do prazo previsto de 60 dias) o abastecimento vai durar quando entra em funcionamento a alimentação externa no dia 10:
  • Volume inicial do reservatório: \displaystyle V_0 = 10^{9} litros.
  • Consumo constante da cidade: \displaystyle C = 10^{7} litros/dia.
  • Sem alimentação, o nível mínimo seria alcançado em \displaystyle 60 dias.
  • A partir do \displaystyle 10^{\circ} dia começa a alimentação com vazão q(t)=10\,\mathrm{e}^{-t/100}\quad\text{litros/dia},onde \displaystyle t está em dias contados desde o primeiro dia da estiagem.
  • Pergunta: por quanto tempo a mais o Departamento de Água conseguiria abastecer a cidade nesse novo cenário? (ou seja: quanto além dos 60 dias)

Passo 2

Primeiro vou determinar o volume mínimo permissível \displaystyle V_{\min} que foi usado para dizer “seria alcançado em 60 dias” no cenário sem alimentação.
A variação de volume sem alimentação é só consumo linear: após \displaystyle 60 dias o volume seria
V_0 - C\cdot 60.
Portanto
\displaystyle V_{\min}=V_0 - C\cdot 60 = 10^{9} - 10^{7}\cdot 60.
Calculemos:
10^{7}\cdot 60 = 6\cdot 10^{8},
então
\displaystyle V_{\min} = 10^{9} - 6\cdot 10^{8} = 4\cdot 10^{8}\\ \text{litros}.
Isso significa que, no novo cenário, queremos achar o instante \displaystyle t>10 tal que o volume atinja \displaystyle V_{\min}.

Passo 3

Agora escrevo a equação do balanço de volumes no novo cenário (com alimentação iniciando em \displaystyle t=10).
Para um tempo genérico \displaystyle t\ge 10, o volume no reservatório é
\text{Volume}(t)=V_0 - C\cdot t + \int_{10}^{t} q(s)\,ds,
porque até \displaystyle t houve consumo constante C durante t dias e houve adição da vazão q(s) somente entre s=10 e s=t.
Queremos o tempo \displaystyle t tal que \text{Volume}(t)=V_{\min}. Substituindo V_{\min}=V_0 - C\cdot 60 e cancelando V_0 dos dois lados, obtemos a equação
- C\cdot t + \int_{10}^{t} q(s)\,ds = - C\cdot 60.
Rearranjando,
\int_{10}^{t} q(s)\,ds = C\,(t-60).
Isto é uma equação para \displaystyle t desconhecido.

Passo 4

Calculo a integral do termo de alimentação. Lembre que q(s)=10\,\mathrm{e}^{-s/100}. Então
\int_{10}^{t} q(s)\,ds = \int_{10}^{t} 10\,\mathrm{e}^{-s/100}\,ds.
Para integrar exponencial, uso que \displaystyle \int \mathrm{e}^{-s/100}\,ds = -100\,\mathrm{e}^{-s/100} (porque derivada de -100\,\mathrm{e}^{-s/100} \mathrm{e}^{-s/100}). Assim
\int_{10}^{t} 10\,\mathrm{e}^{-s/100}\,ds = 10\cdot\big[-100\,\mathrm{e}^{-s/100}\big]_{s=10}^{s=t} = -1000\,\mathrm{e}^{-t/100} + 1000\,\mathrm{e}^{-10/100}.
Simplificando,
\int_{10}^{t} q(s)\,ds = 1000\big(\mathrm{e}^{-0{,}1}-\mathrm{e}^{-t/100}\big).
Agora substituo na equação do passo anterior:
1000\big(\mathrm{e}^{-0{,}1}-\mathrm{e}^{-t/100}\big) = C\,(t-60).
Lembre que \displaystyle C=10^{7}.

Passo 5

Temos a equação transcendental
1000\big(\mathrm{e}^{-0{,}1}-\mathrm{e}^{-t/100}\big)=10^{7}(t-60).
Vamos escrever t=60+\delta, onde \delta é o tempo extra além dos 60 dias que procuramos. Em termos de \delta a equação vira
1000\big(\mathrm{e}^{-0{,}1}-\mathrm{e}^{-(60+\delta)/100}\big)=10^{7}\delta.
Observe que a vazão q é muito pequena (ordem de dezenas de litros/dia) comparada ao consumo ( 10^{7} L/dia), portanto esperamos \delta muito pequeno. Isso permite usar uma aproximação linear (expansão de primeira ordem) para \mathrm{e}^{-(60+\delta)/100}.
Faço:
\mathrm{e}^{-(60+\delta)/100}=\mathrm{e}^{-0{,}6}\,\mathrm{e}^{-\delta/100}\approx \mathrm{e}^{-0{,}6}\big(1-\tfrac{\delta}{100}\big),
pois para |\delta|\ll 100 vale \mathrm{e}^{-\delta/100}\approx 1-\delta/100.
Substituindo nessa expressão:
1000\Big(\mathrm{e}^{-0{,}1}-\mathrm{e}^{-0{,}6}\big(1-\tfrac{\delta}{100}\big)\Big)=10^{7}\delta.
Distribuindo:
1000\big(\mathrm{e}^{-0{,}1}-\mathrm{e}^{-0{,}6}\big)+1000\cdot\mathrm{e}^{-0{,}6}\cdot\frac{\delta}{100}=10^{7}\delta.
Isto é
1000\big(\mathrm{e}^{-0{,}1}-\mathrm{e}^{-0{,}6}\big)+10\mathrm{e}^{-0{,}6}\,\delta =10^{7}\delta.
Como 10\mathrm{e}^{-0{,}6} é muito pequeno comparado a 10^{7}, posso, para primeira boa aproximação, desprezar o termo 10\mathrm{e}^{-0{,}6}\,\delta no membro esquerdo face ao 10^{7}\delta do membro direito. Assim obtemos aproximadamente
10^{7}\delta \approx 1000\big(\mathrm{e}^{-0{,}1}-\mathrm{e}^{-0{,}6}\big).
Então
\delta \approx \frac{1000\big(\mathrm{e}^{-0{,}1}-\mathrm{e}^{-0{,}6}\big)}{10^{7}}.

Passo 6

Agora calculo numericamente os termos exponenciais (vou mostrar valores com algumas casas para ficar claro):
\mathrm{e}^{-0{,}1}\approx 0{,}904837418,\qquad \mathrm{e}^{-0{,}6}\approx 0{,}548811636.
A diferença é
\mathrm{e}^{-0{,}1}-\mathrm{e}^{-0{,}6}\approx 0{,}904837418 - 0{,}548811636 = 0{,}356025782.
Multiplicando por 1000 e dividindo por 10^{7}:
\delta \approx \frac{1000\cdot 0{,}356025782}{10^{7}} = \frac{356{,}025782}{10^{7}} \approx 3{,}56025782\times 10^{-5}\\ \text{dias}.
Ou seja, em dias:
\delta \approx 3{,}5603\times 10^{-5}\\ \text{dias}.
Converto para segundos para ter uma noção mais palpável:
1\\ \text{dia}=86400\\ \text{segundos}\quad\Rightarrow\quad \delta\approx 3{,}56025782\times 10^{-5}\cdot 86400\\ \text{s}\approx 3{,}08\\ \text{segundos}.

Passo 7

Interpretação e verificação rápida: a alimentação proposta tem vazão de ordem de dezenas de litros por dia, enquanto o consumo é 10^{7} litros por dia — por isso a alimentação praticamente não ganha tempo: dá apenas alguns segundos a mais além dos 60 dias. A aproximação linear que usei é apropriada porque o \delta encontrado é muito pequeno, então os termos de ordem superior em \delta são desprezíveis.
Força aí! É chato ver que só alguns segundos a mais, mas pelo menos agora você sabe como modelar o balanço e resolver — integral da vazão, montar a equação e usar aproximação para resolver a equação transcendental.

Resposta

\approx 3{,}56\times 10^{-5}\\ \text{dias}
\approx 3{,}08\\ \text{segundos}

Exercícios relacionados