(3,0) Um reator de fissão nuclear utiliza urânio (U-238). O isótopo radioativo decresce a uma taxa proporcional a quantidade presente em qualquer tempo. Sua meiavida é de aproximadamente 4,5 \times 10^{9} anos. Se 3,5 \mathrm{Kg} de urânio está inicialmente em um reator, encontre a solução analítica que representa o decaimento radioativo em função do tempo. Selecione um método numérico e estime a massa restante de urânio após 50 anos (com passo de 10 anos). Calcule os erros do método numérico utilizado com relação à solução analítica.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede isto (peguei tudo do enunciado):
  • Meia-vida: \,T_{1/2}=4,5\times10^{9}\, anos.
  • Massa inicial: \,x(0)=3,5\\ \mathrm{kg}.
  • Modelo físico: decaimento radioativo proporcional à quantidade presente (isto gera uma EDO simples).
    O que é pedido:
  1. Encontrar a solução analítica que representa o decaimento em função do tempo.
  2. Selecionar um método numérico, aplicar com passo de 10 anos e estimar a massa após 50 anos.
  3. Calcular os erros do método numérico em relação à solução analítica.

Passo 2

Montando o modelo diferencial e resolvendo (a teoria passo a passo, sem pular etapas).
  • O enunciado diz “taxa proporcional à quantidade”: isso significa que a taxa de variação da massa \,x(t)\, satisfaz
\frac{dx}{dt}=-k\,x,
onde \,k>0\, é a constante de decaimento (unidade: 1/ano). Aqui o sinal negativo indica que a massa diminui com o tempo.
  • Esta é uma equação diferencial separável. Para resolver fazemos separação de variáveis:
\frac{dx}{x}=-k\,dt.
  • Integramos ambos os lados:
\int\frac{dx}{x}=\int -k\,dt \quad\Rightarrow\quad \ln|x|=-k t + C,
onde C é constante de integração.
  • Exponenciando, obtemos a família de soluções positivas (para massa):
x(t)=C_1 e^{-k t},
com C_1>0. Impomos condição inicial x(0)=3,5, então C_1=3,5. Logo a forma geral:
x(t)=3,5\,e^{-k t}.
  • Agora relacionamos k com a meia-vida \,T_{1/2}. Pela definição de meia-vida:
x(T_{1/2})=\frac{3,5}{2}=3,5\,e^{-k T_{1/2}}.
Divide-se por 3,5 e toma-se logaritmo:
\frac{1}{2}=e^{-k T_{1/2}} \quad\Rightarrow\quad -k T_{1/2}=\ln\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=-\ln 2.
Portanto
k=\frac{\ln 2}{T_{1/2}}.

Passo 3

Calcular o valor numérico de \,k\, e escrever a solução analítica com números (aqui mostro as contas):
  • \ln 2\approx0,6931471805599453.
  • Então
k=\frac{\ln 2}{4,5\times10^{9}}=\frac{0,6931471805599453}{4{,}5\times10^{9}} \approx 1{,}540327068999878\times10^{-10}\\ \text{(ano}^{-1}\text{)}.
  • Substituindo em x(t)=3,5 e^{-k t}, a solução analítica é
\boxed{\,x(t)=3,5\exp\!\left(-\dfrac{\ln 2}{4{,}5\times10^{9}}\,t\right)\,}
ou, numericamente,
x(t)=3,5\exp\!\big(-1{,}540327068999878\times10^{-10}\;t\big).

Passo 4

Escolha do método numérico e justificativa (explicando como usar na prova).
  • Vou escolher o método de Euler explícito (método de Euler forward). Por quê?
    • É o método numérico mais simples para uma EDO do tipo \,x'=-k x\,; é fácil de aplicar manualmente em prova sem calculadora complexa.
    • Serve também para ensinar: passo a passo mostra a estrutura de iteração.
    • Para passo pequeno (aqui h=10 anos) e constante de decaimento muito pequena, o método dá resultados extremamente próximos da solução exata.
  • Fórmula do método de Euler (com passo \,h e iterações x_{n} aproximando x(t_n), t_n=n h):
x_{n+1}=x_n + h\,f(t_n,x_n),\qquad f(t,x)=-k x.
Substituindo f:
x_{n+1}=x_n - h\,k\,x_n = x_n (1 - k h).
Essa forma é prática: em cada passo multiplica-se pela constante (1-kh).

Passo 5

Aplicando Euler com passo \,h=10 anos para estimar até t=50 anos (cálculos passo a passo).
  • Primeiro calculemos u=k h = k\cdot10:
u = k\cdot10 \approx 1{,}540327068999878\times10^{-9}.
  • O fator multiplicador por passo é
q=1-kh=1-u\approx 0{,}999999998459672931.
  • Como t=50 anos corresponde a n=5 passos (0,10,20,30,40,50), a iteração fechada é
x_n = 3,5\,q^{\,n}.
  • Vou listar os valores em cada passo, comparando com a solução analítica \,x_{\text{exata}}(t)=3,5e^{-k t}. Para pequenos \,k t podemos aproximar e^{-k t} por série, mas aqui uso a forma numérica aproximada (os termos quadráticos são minúsculos, então mostro os resultados com precisão e os erros):
Tabela (valores arredondados convenientemente; erros muito pequenos):
  • t=0 anos:
    • Euler: x_{\text{E}}(0)=3{,}5
    • Exata: x(0)=3{,}5
    • Erro absoluto: 0
  • t=10 anos ( n=1):
    • Euler: x_{\text{E}}(10)=3{,}4999999946088553\\ \mathrm{kg}
    • Exata: x(10)=3{,}4999999946088553\\ \mathrm{kg} (diferença na 17.ª casa decimal)
    • Erro absoluto: \approx 4{,}15\times10^{-18}\\ \mathrm{kg}
    • Erro relativo: \approx 1{,}19\times10^{-18}
  • t=20 anos ( n=2):
    • Euler: x_{\text{E}}(20)=3{,}4999999892177106\\ \mathrm{kg}
    • Exata: x(20)=3{,}4999999892177105\\ \mathrm{kg}
    • Erro absoluto: \approx 8{,}30\times10^{-18}\\ \mathrm{kg}
    • Erro relativo: \approx 2{,}37\times10^{-18}
  • t=30 anos ( n=3):
    • Euler: x_{\text{E}}(30)=3{,}4999999838265658\\ \mathrm{kg}
    • Exata: x(30)=3{,}4999999838265656\\ \mathrm{kg}
    • Erro absoluto: \approx 1{,}25\times10^{-17}\\ \mathrm{kg}
    • Erro relativo: \approx 3{,}57\times10^{-18}
  • t=40 anos ( n=4):
    • Euler: x_{\text{E}}(40)=3{,}4999999784354213\\ \mathrm{kg}
    • Exata: x(40)=3{,}4999999784354211\\ \mathrm{kg}
    • Erro absoluto: \approx 1{,}66\times10^{-17}\\ \mathrm{kg}
    • Erro relativo: \approx 4{,}74\times10^{-18}
  • t=50 anos ( n=5):
    • Euler: x_{\text{E}}(50)=3{,}4999999730442764\\ \mathrm{kg}
    • Exata: x(50)=3{,}4999999730442763\\ \mathrm{kg}
    • Erro absoluto: \approx 2{,}076\times10^{-17}\\ \mathrm{kg}
    • Erro relativo: \approx 5{,}93\times10^{-18}
Observações sobre esses números (didática + interpretação): os erros numéricos são da ordem de 10^{-17} kg, ou seja, absolutamente desprezíveis quando comparados com a massa inicial de 3{,}5 kg. A razão é dupla: (i) a constante de decaimento k é extremamente pequena (meia-vida astronomicamente grande), portanto a solução varia muito pouco em 50 anos; (ii) o passo h=10 anos é pequeno comparado à escala temporal 1/k, o que reduz o erro do método de Euler. Em geral, o método de Euler tem erro global da ordem \mathcal{O}(h), mas aqui o fator multiplicador k torna os termos de erro ainda menores (os termos que aparecem são proporcional a u^2=(kh)^2 para a diferença entre a exponencial e o polinômio de Taylor).

Passo 6

Resumo prático (como usar isto na prova e o que isso significa).
  • Solução exata: usar x(t)=3,5\exp\!\big(-(\ln 2/4{,}5\times10^{9})t\big). Mostre essa dedução rápida na prova: EDO separável → \ln x → constante calculada por meia-vida.
  • Método numérico: Euler explícito com passo h usa x_{n+1}=x_n(1-kh). Para valores pequenos de k e h esse método é simples e já dá boa precisão.
  • Para este problema, após 50 anos a massa praticamente não se altera (diferença da ordem 10^{-8} a 10^{-9} kg em relação a 3{,}5 kg não; mais precisamente a queda é da ordem de 10^{-8} kg, e o erro numérico do método escolhido é muito menor, da ordem de 10^{-17} kg).

Resposta

x(t)=3,5\exp\!\left(-\dfrac{\ln 2}{4{,}5\times10^{9}}\,t\right)
x_{\text{Euler}}(50\\ \text{anos})\approx 3{,}4999999730442764\\ \mathrm{kg}
Erro absoluto em t=50: \approx 2{,}076\times10^{-17}\\ \mathrm{kg}; erro relativo: \approx 5{,}93\times10^{-18}

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