Solução do Sigma Desafio: peso da esfera

Inicialmente o problema foi concebido tendo em vista a questão conceitual de como seria a variação no peso de uma esfera oca aberta se ela fosse fechada com ar dentro. Na esfera aberta o ar circula por dentro, o volume que sofre empuxo é o volume da casca de ferro e a densidade do objeto é a densidade do ferro. Na esfera fechada o volume que sofre empuxo é a figura quase esférica tapada com o cilindro, que deixa uma região plana na superfície, e a densidade a ser considerada precisa levar em conta o ar que ficou dentro e o volume externo do objeto.

Mas além da parte conceitual, existem muitos pormenores interessantes, tanto geométricos quanto físicos, que precisam ser considerados para que o resultado não seja falso. O detalhe mais interessante (eu quase chamaria de “espetacular”) é que se não for levado em conta que ao fechar a esfera isso reduz um pouco a pressão atmosférica do planeta inteiro (reduz na proporção de 1,00000000000000000000000000448), esta omissão aparentemente desprezível conduz a uma solução grosseiramente incorreta na qual a resposta fica igual à massa do cilindro. O enunciado poderia inclusive ser: “qual é a diferença entre a solução correta e a massa do cilindro de ferro usado para vedar a esfera?” Mas se o enunciado fosse assim, isso seria uma dica que tornaria o problema mais fácil.

Para resolver este problema é necessário conhecer ou consultar os seguintes dados:

• Densidade do ferro a 20 graus Celsius: 7874kg/m^3
• Densidade do ar ao nível do mar a 20 graus Celsius: 1,204115kg/m^3 (ou calcular com base na densidade a 0 graus Celsius, entre outras possibilidades). Um detalhe muito curioso é que um erro na segunda decimal no valor da densidade do ar só causaria erro na trigésima segunda decimal do resultado.
• Massa total da atmosfera terrestre.

O problema se divide basicamente em duas partes: uma geométrica e uma física. Assim, temos como ponto de partida os seguintes dados:

• Raio do furo
• Raio externo da esfera
• Espessura da esfera
• Densidade da substância que constitui a esfera e o cilindro
• Densidade do fluido no qual a esfera está imersa durante a pesagem
• Massa total de fluido no qual a esfera está imersa

A nota 1 do enunciado é extremamente importante, e pretende informar indiretamente o nível de sutilezas que precisam ser consideradas, além de justificar que embora a presença de pessoas e objetos próximos à esfera possam afetar gravitacionalmente a solução, isso não deve ser considerado, isto é, o sistema deve ser considerado “isolado” e “ideal” dentro dos limites definidos pelo enunciado.
A nota 2 tem algumas utilidades que serão comentadas durante a resolução.
A nota 3 é necessária para saber as densidades a serem consideradas para o ferro e para o ar.

Munidos destes dados, e respeitando as condições do enunciado, a solução se resume em cerca de 50 passos, cada passo envolvendo um cálculo. Naturalmente se pode desmembrar em mais passos ou menos, dependendo de como se agregam alguns passos dentro de outros. Fizemos em 65 passos para deixar didático (os passos 41 até 54 não são necessários, servem apenas para mostrar os problemas de tentar calcular a massa da atmosfera).

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Autores das melhores soluções:

Alexandre Prata Maluf. Clique aqui para ver esta solução
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Alguns detalhes a serem considerados são:

1) A altura do cilindro não é 1 mm. Mais de 95% das respostas foram descartas por isso ou por motivos mais básicos. O cálculo deve levar em conta que a altura “hic” da capa interna é maior que a altura “hec” da capa externa, para que ambas as capas tenham mesmo raio “rf” na base da capa, conforme reza o enunciado. Como as bordas das partes interna e externa do furo coincidem perfeitamente com as bordas das faces do cilindro, isso define a altura do cilindro. A determinação da altura do cilindro pode ser obtida de diversas maneiras, porém uma delas é muito simples, enquanto outras são complexas. Encontrar esta maneira simples pode representar uma vantagem significativa no processo de resolução. O método simples consiste em usar apenas o Teorema de Pitágoras: o raio externo é 1m, o raio do furo é 0,0025m, então se construir um triângulo-retângulo com hipotenusa igual ao raio externo da esfera e com um dos catetos igual ao raio do furo, a diferença entre a hipotenusa e o outro cateto (o cateto maior) será a altura da capa externa. Usando o raio interno de 0,999m e o mesmo raio do furo, encontramos a altura da capa interna. Como sabemos que a espessura da esfera é 1 mm, basta somar a altura da capa interna e subtrair a altura da capa externa para encontrar a altura do cilindro: 0,0010000031281428059879283791765m.

2) A massa total de ar dentro da esfera não é o produto da densidade pelo:

a) Volume interno da esfera depois de colocar o cilindro.
b) Volume interno da esfera + volume do cilindro.
c) Volume interno da esfera + volume do orifício.

Os três itens acima são errados. O correto é multiplicar a densidade pelo volume igual a soma do volume interno com o volume do orifício menos o volume da capa externa. Isso não depende da maneira como se procede ao iniciar a vedação, já que se as medidas são todas exatas e tanto a esfera quanto o cilindro são indeformáveis, o único jeito de vedar a esfera é colocando uma das faces do cilindro paralela à superfície do furo, e depois empurrar de modo que o eixo do cilindro acompanhe o diâmetro, em direção ao centro da esfera. De outro modo, não há como mover o cilindro. Com o encaixe feito deste modo, o volume de ar interno será este, no início, e depois de concluído o processo, se tornará igual ao volume interno da esfera menos o volume da capa interna. Com isso, a densidade do ar dentro da esfera ficará 0,0000753726416% maior do que o ar antes da vedação. Novamente é importante que a esfera e o cilindro sejam indeformáveis, caso contrário o aumento da pressão interna causaria pequena deformação tanto na esfera quanto no cilindro. Esse pequenino detalhe sobre a maneira como é feita a vedação faz uma enorme diferença, porque se considerar o volume de ar como no item “a”, da lista acima, esse detalhe causará uma diferença gigantesca de 2,5% na solução final, ou seja, um erro grosseiro no terceiro algarismo significativo.

3) A aceleração gravitacional na base da esfera é maior do que no topo da esfera na proporção inversa do quadrado das distâncias que estas se encontram do baricentro da Terra (na verdade, a massa da própria esfera também influi sobre ela própria). Como o raio da Terra no equador é cerca de 6.378.136,6m, então dependendo da posição do orifício poderia ocorrer uma diferença na densidade do ar na décima quinta decimal. Além disso, dependendo da posição do orifício, o baricentro da esfera teria sua posição ligeiramente modificada ao fechar, e a intensidade da força gravitacional atuante seria diferente. Como a posição do orifício não foi mencionada, estes detalhes não precisam ser considerados (e não teria como considerá-los). O gradiente em que a pressão atmosférica diminui com a altitude também não há como ser considerado neste caso porque o enunciado não informa a posição do furo, e como a forma geral da estrutura é a mesma nos dois casos (só muda o fato de o furo ser preenchido no segundo caso), este detalhe não influi na resolução.

4) Talvez a sutileza mais importante e difícil seja o fato de que ao fechar a esfera e, com isso, empurrar para dentro o ar que estava presente na região do furo, enquanto o furo vai sendo preenchido pelo cilindro, ao mesmo tempo o volume do cilindro vai desaparecendo dentro da esfera e isso implica uma redução na densidade média do ar fora da esfera, até que o volume final externo fica igual ao da esfera menos a capa externa, e como a densidade de ar dentro ficou maior após o cilindro terminar de ser colocado, pois a massa interna permaneceu igual e o volume foi ligeiramente comprimido (0,0000753726416%), isso significa que do lado de fora houve uma redução na pressão do planeta inteiro. Esta redução não é igual à massa de ar que ficou dentro. É apenas um volume de ar igual ao volume do cilindro, o que causa uma redução de 0,000000000000000000000000000448% na pressão atmosférica média do planeta. Isso poderia parecer um preciosismo ridículo, mas é absolutamente necessário para que se possa distinguir a solução correta da solução simplista que propõe que a diferença de peso seria a massa do cilindro. Esta minúscula diferença na 27ª. decimal é o único efeito físico causado pelo empuxo nesta situação, por isso é necessário que faça parte da resolução. O efeito do empuxo causado pela presença do ar dentro da esfera é exatamente contrabalançado pela diminuição da densidade total da estrutura “esfera+ar”, qualquer que seja o raio da esfera, qualquer que seja o tamanho do furo, quaisquer que sejam as densidades do material sólido do qual é feita a esfera e do fluido no qual ela está imersa. Em outras palavras, se a abordagem não for esta, a solução estará negligenciando o empuxo.

Portanto é fundamental levar em conta que o aumento na pressão interna faz com que a pressão externa diminua. Dito deste modo, pode parecer óbvio, mas não é, porque não é algo intuitivo. Aliás, é muito comum deparar com resoluções intuitivas incorretas numa imensa variedade de problemas muito mais simples e fáceis do que este, em que se supõe que a atmosfera seja infinita ou o raio da Terra seja infinito. Os cálculos de trajetórias de projéteis, por exemplo, considerando g constante, estão implicitamente presumindo que o raio da Terra é infinito ou que a altitude do projétil é desprezível, e tais cálculos são grosseiros, pois conforme o projétil se afasta do baricentro da Terra, a força gravitacional diminui e isso afeta a trajetória, inclusive é por isso que para lançamentos com velocidade acima de 11,2km/s o objeto descreve uma trajetória hiperbólica e nunca mais cai (dependendo da altitude em que o lançamento é feito, devido à viscosidade do ar que pode exigir velocidade de escape maior).

A parte da solução para calcular o efeito do empuxo envolve algumas complicações. Por exemplo: tentar calcular a massa da atmosfera com base na área superficial da Terra, na pressão atmosférica na superfície, na aceleração gravitacional e na aceleração centrípeta, não funciona. As equações que fornecem a aceleração gravitacional ao nível do mar em diferentes latitudes (já levando em conta a aceleração centrífuga) levam ao valor médio de 9,7976148334m/s^2 (média balanceada considerando intensidade em diferentes latitudes e área de cada latitude, ou seja, considerando que as latitudes menores cobrem áreas maiores). Este valor difere ligeiramente dos valores medidos empiricamente em diferentes regiões e extrapolados e interpolados para estimar o valor médio global: 9,797645m/s^2. E ambos diferem muito do valor standard gravity oficial de 9,80665 m/s^2 na latitude de 45,5 graus. A pressão atmosférica padrão de 760 mm de mercúrio corresponde a 10.332,25776 N/m^2 ou 101.324,835562104/m^2 (considerando g = 9,80665 m/s^2). Mas a pressão média medida empiricamente ao nível do mar é cerca de 10.092.8N/m^2 ou 988,86 milibares. Em parte o problema se deve a que a gravidade na latitude de 45 ou 45,5 graus não representa a gravidade média na superfície do planeta. Em parte o problema está na dificuldade de se obter um valor médio estável para a pressão atmosférica. Isso significa que se a massa total da atmosfera for calculada com base nisso, o resultado será 5,27013 x 10^18 kg, que é 2,4% maior do que o valor presumivelmente correto, determinado com base em milhares de medições em diferentes altitudes e latitudes. Recomendamos uma visita a http://hypertextbook.com/facts/1999/LouiseLiu.shtml para verificar as dificuldades envolvidas na determinação precisa da massa total da atmosfera, que pode diferir em quase 10% de uma fonte para outra. Devido a estas dificuldades, não se consegue, para este problema, uma solução com muito mais do que 35 decimais de precisão. Uma das dificuldades decorre justamente do fato de a atmosfera não ser uma massa homogênea e contínua, mas sim com turbulências, gradientes e descontinuidades. Além disso, o fato de se adotar um valor “oficial” sensivelmente diferente do melhor valor experimental conspira para agravar o problema. O mais recomendado, para fins práticos, é adotar o melhor valor empírico para a massa da atmosfera: 5,148 x 10^18 kg.

Outra parte divertida é uma sutileza conceitual: a esfera aberta tem densidade do ferro, mas fechada tem densidade igual à (massa de ferro + massa interna de ar) divididas pelo volume externo total. Isso não é muito fácil de intuir, porque o fato de o furo permitir a circulação do ar por dentro não é nitidamente igual à situação que se teria se a mesma massa de ferro formasse uma barra paralelepipitóide ou duas metades de uma esfera oca. Um gedankenexperiment para se chegar a esta conclusão consiste em imaginar todo o experimento imerso na água, em vez de imerso no ar, e comparar com a esfera cheia de água e vedada, cheia de ar e vedada (flutua), cheia de água e aberta (sem o cilindro tapando o furo) e cheia de água e partida ao meio (equivalente a ela aberta, porém mais fácil de intuir o que acontece). Partida ao meio, e pesada dentro da água, sofre empuxo da água sobre ferro, isto é, a densidade da esfera é a densidade do ferro. Mas fechada e com água no interior, sofre empuxo da densidade do conjunto ferro+água/volume total da esfera. Esta talvez seja a parte mais difícil de “demonstrar”, embora se possa acertar por sorte (já que há apenas duas alternativas a serem consideradas). Um problema também divertido é de um ônibus que faz uma curva, a alta velocidade, e a força centrífuga projeta os passageiros para a direita (postado em Ludomind). Dentro do ônibus há também um balão de hélio no teto. Durante esta curva, o balão se desloca para a direita ou para a esquerda? Como há apenas 2 alternativas, é fácil acertar por sorte, porém não é tão fácil demonstrar que a resposta é certa.

O tema perscrutado nesse problema coloca em exposição um erro grave presente em vários livros didáticos (ou anti-didáticos), que mostram duas bexigas iguais, porém uma cheia de ar e outra vazia, cada uma sobre um prato de uma balança de comparação, e nos livros se afirma que a bexiga cheia com ar pesa mais porque o ar tem massa. Pois bem, vamos supor que temos duas bexigas com massas iguais, e dentro de uma delas colocamos uma substância gasosa qualquer. Depois comparamos os pesos de ambas e, a priori, inferimos o que o livro propõe:

a) Se aquela que tem a tal substância dentro ficar mais pesada, significa que a substância gasosa tem massa.
b) Se ficar mais leve, significa que tem massa negativa.
c) Se não houver diferença, significa que não tem massa.

Pois bem, vamos imaginar que a substância seja hidrogênio ou hélio. Ao fazer o teste, podemos constatar que a bexiga com substância gasosa dentro fica mais leve e a conclusão seria de que o hélio ou o hidrogênio tem massa negativa, o que é evidentemente errado. Portanto o experimento descrito nos tais livros não atende à finalidade de verificar “se o ar tem massa”. No experimento descrito nos livros há mais erros, além desse. Um dos erros é tão grave que se fizer o experimento com ar, em vez de hélio, realmente pode ser que a bexiga com ar fique mais pesada (dependendo do quanto se sopra de ar dentro), e assim o autor do livro consegue “provar” o que deseja por meio de uma falácia primária. Se a bexiga com ar dentro fica mais pesada, isso não acontece porque o ar tem massa, conforme já pudemos concluir com base no exemplo do hélio. Isso acontece porque se a bexiga fica esticada, significa que uma força está exercendo pressão de dentro para fora e deformando a bexiga, ou seja, o ar dentro da bexiga está sujeito a uma pressão muito maior do que o ar do lado de fora, isto é, o ar dentro está muito mais denso. Portanto não é o fato de ter ar dentro da bexiga que faz a pesagem indicar maior peso quando há ar dentro, mas sim o fato de o ar dentro ser mais denso que o ar fora. Claro que se está mais denso, significa que tem massa, mas o problema é que o experimento está enviesado em muitos aspectos, com vários fenômenos misturados e assim não se consegue isolar a propriedade que se deseja verificar, nem corroborar a tese proposta. O erro é pior em livros que propõem este experimento para mostrar que o ar tem peso (em vez de massa). Para começar, porque o peso não é uma propriedade inerente à matéria, mas sim uma interação de matéria com matéria. O ar pode ter peso ou não, dependendo do meio em que se encontra e do campo a que está exposto. O ar num ambiente de mesma densidade. Dióxido de carbono a 20 graus Celsius, por exemplo, tem quase mesma densidade do ar a 30 graus Celsius, portanto não teria peso o ar isolado termicamente no interior de um objeto imerso em dióxido de carbono, desde que reguladas exatamente as temperaturas (30 graus o ar e ~19.96 graus o CO2). O mesmo ocorre se um objeto feito de liga metálica (prata e ouro, por exemplo) com mesma densidade do mercúrio for imersa num recipiente com mercúrio, ou seja, o tal objeto não terá peso, ficara flutuando dentro do mercúrio na altura em que for deixado. Depois que cessarem as perturbações, se a densidade do fundo do recipiente estiver ligeiramente maior, por estar sujeita a maior pressão e, conseqüentemente, haverá uma compressão picométrica maior sobre o líquido no fundo, então o objeto imerso tende a se situar no ponto de equilíbrio em que sua altura no recipiente corresponde à região cuja densidade do líquido seja igual à sua própria densidade, assim como ocorre com balões de ar ou de hélio, que sobem até chegar numa altitude em que a densidade do ar seja igual à sua própria densidade, então pára de subir e, conforme o gás de seu interior (ou ar quente) vai vazando e sua densidade média vai aumentando, ele vai descendo, sempre mantendo equilíbrio entre sua densidade com a do meio externo. A tal liga metálica imersa no fluido, se for colocada uma balança (dentro do fluido) abaixo dela, esta balança marcaria peso zero, bem como uma balança colocada em cima dela também marcaria peso zero. Claro que a balança precisaria esta fixa em alguma coisa que não deixasse o empuxo agir sobre a balança, pois em tal caso a balança pesaria a si mesma, em vez de pesar o objeto, ou melhor, ela empurraria o objeto até que parte dele emergisse e entrasse em equilíbrio com o meio parcialmente constituído por mercúrio e parcialmente constituído por ar, tendo em conta as densidades combinadas da balança e da liga, e depois que o equilíbrio fosse restabelecido com uma parte do objeto feito da liga metálica emerso, a balança indicaria a força empuxo na tal situação. Isso é o que sucederia num experimento real, que é muito diferente do que se propõe em vários livros pseudo-didáticos.

Estes experimentos em livros didáticos lembram à postura medieval em relação às idéias de Aristóteles, em que os catedráticos, especialmente eclesiásticos, citavam experimentos hipotéticos, sem os realizar, e tratavam o mundo como se correspondesse aos tais experimentos, sem jamais ter verificado como o mundo realmente se comporta. Bastou que Buridano (e, talvez, antes dele, Roger Bacon e Grosseteste), no século XIV, fizesse um dos experimentos descritos por Aristóteles, sobre queda dos corpos, para verificar que o filósofo grego estava equivocado. E Galileu, nos séculos XVI e XVII, refutou várias outras idéias de Aristóteles de maneira mais sistemática e conclusiva, com esferas rolando em planos inclinados, lançamento de projéteis, queda de corpos em movimento sobre outros corpos em movimento etc. Em pleno terceiro milênio, a grande maioria ainda age como se fazia na Antigüidade e na Idade Média, simplesmente engolindo e acatando todas as sandices que lêem (aliás, os antigos gregos eram mais críticos do que se é hoje), sem verificar se as alegações procedem. Isso é especialmente grave no Mercado Financeiro, em que multidões perdem compulsivamente quase tudo que possuem, dilapidando seus patrimônios, porque seguem as doutrinas de fé de adotar níveis de Fibonacci e similares para formular suas estratégias e definir seus pontos de compra e venda. Seria muito simples e fácil testar e verificar que tais métodos não procedem, mesmo assim recusam-se a enxergar o óbvio, por fé, como se fazia na Idade Média. É ao mesmo tempo trágico e hilário. Como dizia Voltaire: “se um milhão de pessoas repetir a mesma tolice, ainda assim será uma tolice.” E se milhares de livros, sites e pretensos especialistas repetem a mesma tolice, também continua sendo uma tolice. Não adianta invocar o efeito da ilusão coletiva, a que alguns recorrem para tentar justificar que Fibonacci funciona, supondo que se muitos acreditam e agem de acordo com a mesma crença errada, isso validaria os efeitos da tal crença, mesmo que ela não tenha fundamento. Isso só faria sentido se houvesse critérios objetivos para definir onde colocar os níveis 0 e 100 de Fibonacci, a partir dos quais se definiriam 38,2%, 61,8% etc. Como não há univocidade nisso, e cada um coloca os níveis onde bem entende, o efeito da ilusão coletiva não se aplica e não há como tentar justificar o uso de Fibonacci com base na abundância de incautos que acreditam na tal ferramenta. O efeito da ilusão coletiva só valeria se houvesse predominância regular no uso de critérios objetivos para escolher os pontos onde colocar Fibonacci. Como isso não ocorre, não tem validade.

Enfim, o problema do peso da esfera não é tão fácil como parece e o resultado final é:

0,00000001963501550587657443687988626 vezes a densidade do ferro vezes g

Se não considerar que o fechamento da esfera implica um ligeiro aumento na densidade interna e redução na densidade externa, a resposta seria igual à massa do cilindro de ferro vezes g, ou seja:

0,00000001963501550587657443687701257 vezes a densidade do ferro vezes g

Solução aproximada: 0,00015461 kgf

Esta solução aproximada não é aceitável. A solução precisa ter pelo menos um pouco mais de 30 decimais para que seja possível distinguir da solução que considera a massa igual à do cilindro. Quem adotou valores um pouco diferentes para o ferro e o ar não tem problema, desde que os procedimentos na resolução sejam corretos.

Outras propriedades interessantes nesse problema são:

1) Detalhes sutis, de proporções minúsculas, aparentemente desprezíveis, podem afetar decisivamente a solução final.
2) A resolução de apenas uma parte do problema (massa do cilindro, menos da metade do problema) chega à mesma solução que se obtém depois de seguir o roteiro quase completo (deixando apenas de considerar a variação na pressão externa). Esta é a propriedade mais surpreendente do problema.
3) Embora o problema não tenha relação com Chaos e Fractais, ele tem uma propriedade típica de processos caóticos: pequenas diferenças no cálculo podem afetar enormemente o resultado final.

Nota: os cálculos do volumetric mean radius (RTa) e authalic mean radius (RTv) da Terra foram simplificados, considerando a Terra como um elipsóide. Na verdade ela tem o pólo Norte cerca de 32m mais afastado do centro do que o pólo Sul, além de irregularidades em outras regiões, algumas das quais se concentram em zonas específicas e possibilitam ter um modelo de geóide cuja superfície seja uma curva suave e que represente com mais fidelidade a forma da Terra. Mas como estes dados não contribuiriam para a solução (a informação sobre a massa da atmosfera não precisa desse cálculo, pode ser consultada diretamente) e demandariam um tempo e esforço consideravelmente grandes, julguei que o tratamento da Terra como um elipsóide seria suficiente.