Questão 7 | Ainda não respondida Vale 9 ponto(s). □ Marcar questão

O escoamento da água através de um orifício na base de um tanque cilíndrico vertical pode ser modelado pela equação diferencial
\frac{d y}{d t}=-k \sqrt{y}
onde k=0.08 é uma constante que depende da forma do orifício e da área da seção do tanque. A altura da coluna de água y[\mathrm{~m}] é medida em função do tempo t [min]. Sabe-se que a coluna de água está inicialmente a uma altura y(0)=8 \mathrm{~m}. Usando o método de Heun com passo h=4, calcule a altura da coluna de água após 12 minutos da abertura da válvula.
y(12)=\square \mathrm{m}

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • A equação diferencial é \dfrac{dy}{dt}=-k\sqrt{y}.
  • A constante é k=0,08.
  • Condição inicial: y(0)=8\\ \mathrm{m}.
  • Passo do método de Heun: h=4 (min).
  • Queremos a altura após 12 minutos, isto é y(12).
Informações relevantes de contagem de passos:
  • O intervalo de t=0 até t=12 com passo h=4 tem exatamente 3 passos: t_0=0, t_1=4, t_2=8, t_3=12.
  • Em cada passo aplicaremos o método de Heun (predictor-corrector) para obter y_{n+1} a partir de y_n.

Passo 2

Explicar o método de Heun (a versão de 2ª ordem, também chamada de Euler melhorado) e as fórmulas que vamos usar.
  • Denotando f(t,y)=\dfrac{dy}{dt}=-k\sqrt{y}, o método de Heun para um passo h é:
\text{(preditor)}\qquad y_{n}^{\text{(p)}}=y_n+h\,f(t_n,y_n),
\text{(corretor)}\qquad y_{n+1}=y_n+\frac{h}{2}\bigl(f(t_n,y_n)+f(t_{n+1},y_{n}^{\text{(p)}})\bigr).
  • Interpretação das variáveis:
    • y_n é a aproximação da solução no tempo t_n.
    • y_{n}^{\text{(p)}} é o valor predito por Euler explícito.
    • y_{n+1} é a correção média entre a inclinação inicial f(t_n,y_n) e a inclinação no ponto predito f(t_{n+1},y_{n}^{\text{(p)}}).
  • Para nossa EDO, f(t,y)=-0,08\sqrt{y}. Note que f depende somente de y, não de t.

Passo 3

Primeiro passo: de t_0=0 para t_1=4.
  • Compute f(t_0,y_0):
f(t_0,y_0)=-0,08\sqrt{8}=-0,08\cdot 2,828427125\dots=-0,22627417\\ (\text{aprox.}).
  • Preditor:
y_{0}^{\text{(p)}}=y_0+h\,f(t_0,y_0)=8+4\cdot(-0,22627417)=8-0,90509668=7,09490332.
  • Compute f(t_1,y_{0}^{\text{(p)}}):
\sqrt{7,09490332}\approx 2,66362604,
f(t_1,y_{0}^{\text{(p)}})=-0,08\cdot 2,66362604=-0,21309008\\ (\text{aprox.}).
  • Corretor (aplicando a média das inclinações):
y_1=8+\frac{4}{2}\bigl(-0,22627417+(-0,21309008)\bigr)=8+2\cdot(-0,43936425)=8-0,87872850=7,12127150.
Portanto, após o primeiro passo obtemos y_1\approx 7,12127150.
Observação rápida sobre as raízes quadradas: para obter \sqrt{\cdot} usei uma aproximação numérica (por exemplo Newton) mantida com precisão suficiente para quatro a seis casas decimais.

Passo 4

Segundo passo: de t_1=4 para t_2=8.
  • Compute f(t_1,y_1):
\sqrt{7,12127150}\approx 2,66857090,
f(t_1,y_1)=-0,08\cdot 2,66857090=-0,21348567.
  • Preditor:
y_{1}^{\text{(p)}}=y_1+h\,f(t_1,y_1)=7,12127150+4\cdot(-0,21348567)=7,12127150-0,85394268=6,26732882.
  • Compute f(t_2,y_{1}^{\text{(p)}}):
\sqrt{6,26732882}\approx 2,50346353,
f(t_2,y_{1}^{\text{(p)}})=-0,08\cdot 2,50346353=-0,20027708.
  • Corretor:
y_2=7,12127150+\frac{4}{2}\bigl(-0,21348567+(-0,20027708)\bigr)=7,12127150+2\cdot(-0,41376275)=7,12127150-0,82752550=6,29374599.
Logo, y_2\approx 6,29374599 no tempo t_2=8.

Passo 5

Terceiro passo: de t_2=8 para t_3=12.
  • Compute f(t_2,y_2):
\sqrt{6,29374599}\approx 2,50873390,
f(t_2,y_2)=-0,08\cdot 2,50873390=-0,20069871.
  • Preditor:
y_{2}^{\text{(p)}}=y_2+h\,f(t_2,y_2)=6,29374599+4\cdot(-0,20069871)=6,29374599-0,80279484=5,49095115.
  • Compute f(t_3,y_{2}^{\text{(p)}}):
\sqrt{5,49095115}\approx 2,34327793,
f(t_3,y_{2}^{\text{(p)}})=-0,08\cdot 2,34327793=-0,18746223.
  • Corretor:
y_3=6,29374599+\frac{4}{2}\bigl(-0,20069871+(-0,18746223)\bigr)=6,29374599+2\cdot(-0,38816094)=6,29374599-0,77632188=5,51742411.
Portanto, no tempo t_3=12 minutos a aproximação dada pelo método de Heun é y_3\approx 5,51742411\\ \mathrm{m}.

Resposta

y(12)\approx 5,5174\\ \mathrm{m}

Exercícios relacionados