Eq diferenciais 3

CIÊNCIAS WEB EQUAÇÕESDIFERENCIAIS

EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM

Forma geral : 𝒂 𝒙 𝒚´´ + 𝒃 𝒙 𝒚´ + 𝒄 𝒙 𝒚 = 𝒒(𝒙)

Vamos estudar o caso particular em que 𝒂, 𝒃 𝒆 𝒄 são constantes

Se 𝑞(𝑥) ≡ 0 a equação é dita homogênea. Caso contrário é não homogênea

1. Equações Lineares de 2ª ordem homogêneas 𝒂𝒚´´ + 𝒃𝒚´ + 𝒄 = 𝟎

Para resolve-las temos que começar resolvendo a equação característica dosegundo grau

𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0

Temos então três casos a considerar :

1.1 ∆ > 𝟎 : Eq. característica tem duas raízes reais distintas 𝑟1 𝑒 𝑟2

Nesse caso a solução geral da ED é 𝒚 𝒙 = 𝑪𝟏𝒆𝒓𝟏𝒙 + 𝑪𝟐𝒆

𝒓𝟐𝒙

1.2 ∆ = 𝟎 : Eq. característica tem duas raízes reais iguais 𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟

Nesse caso a solução geral da ED é 𝒚 𝒙 = 𝑪𝟏𝒆𝒓𝒙 + 𝑪𝟐𝒙𝒆

𝒓𝒙

EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM

1.3 ∆ < 𝟎 : Eq. característica tem raízes complexas conjugadas 𝑟 = 𝛼 ± 𝛽𝑖

Nesse caso a solução geral da ED é 𝒚 𝒙 = 𝒆𝜶𝒙 𝑪𝟏𝒄𝒐𝒔(𝜷𝒙 + 𝑪𝟐𝒔𝒆𝒏(𝜷𝒙))

Nos três casos as constantes 𝐶1 𝑒 𝐶2 serão determinadas com o uso decondições iniciais do tipo 𝑦 𝑥0 = 𝑦0 𝑒 𝑦´ 𝑥0 = 𝑦0

,

Exemplo : Resolva o PVC : 𝑦´´ − 4𝑦´ + 4𝑦 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑦 0 = 4 𝑒 𝑦´ 0 = 10

Equação característica : 𝑟2 − 4𝑟 + 4 = 0 . Raízes 𝑟1 = 𝑟2 = 2 .

Logo a solução geral da ED é 𝑦 𝑥 = 𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒

2𝑥

Aplicando as condições de contorno temos

1. 𝑦 0 = 4 ⇒ 𝐶1𝑒0 + 𝐶20𝑒

0 = 4 ⇒ 𝐶1 = 4

2. 𝑦´ 𝑥 = 2𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶2𝑒

2𝑥 + 2𝐶2𝑥𝑒2𝑥 . Logo

𝑦´ 0 = 10 = 2𝐶1𝑒0 + 𝐶2𝑒

0 + 2𝐶20𝑒0 ⇒ 2𝐶1 + 𝐶2 = 10 ⇒ 8 + 𝐶2 = 10 ⇒ 𝐶2 = 2

A solução da ED é : 𝑦 𝑥 = 4𝑒2𝑥 + 2𝑥𝑒2𝑥

2. Equações Lineares de 2ª ordem não homogêneas 𝒂𝒚´´ + 𝒃𝒚´ + 𝒄 = 𝒒(𝒙)

EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM

2.1 Método dos Coeficientes a Determinar

Primeiramente resolvemos a ED homogênea correspondente, encontrando sua soluçãogeral, a qual denominaremos 𝒚𝒉

A solução da ED não homogênea será então dada por 𝒚 = 𝒚𝒉 + 𝒚𝒑. Onde 𝒚𝒑 é uma

solução particular da equação não homogênea.

Para determinar a solução particular 𝑦𝑝, usamos o método a seguir

2.1.1 𝒒(𝒙) é um polinômio do grau 𝒏 :

Temos três casos a considerar

Então 𝒚𝒑 também será um polinômio de grau n

Exemplo : Suponha a equação 𝑦´´ + 3𝑦´ + 2𝑦 = 2𝑥2 . Então 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶

Assim teremos : 𝑦𝑝, = 2𝐴𝑥 + 𝐵 e 𝑦𝑝

,, = 2𝐴

Substituindo na ED vem : 2𝐴 + 3 2𝐴𝑥 + 𝐵 + 2(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) = 2𝑥2 . O que nos leva ao sistema:

2𝐴 = 2 ⇒ 𝐴 = 16𝐴 + 2𝐵 = 0 ⇒ 6 + 2𝐵 = 0 ⇒ 𝐵 = −3

2𝐴 + 3𝐵 + 2𝐶 = 0 ⇒ 2 − 9 + 2𝐶 = 0 𝐶 =7

2

𝑦𝑝 = 𝑥2 − 3𝑥 +7

2

2.1.2 𝒒(𝒙) é da forma 𝑪𝒆𝒂𝒙 :

2.1.3 𝒒(𝒙) é da forma 𝑪 𝒄𝒐𝒔 𝒂𝒙 𝒐𝒖 𝑪 𝒔𝒆𝒏(𝒂𝒙):

Nesse caso também teremos 𝒚𝒑 = 𝑪𝒆𝒂𝒙

Nesse caso 𝒚𝒑 = 𝑨𝒄𝒐𝒔 𝒂𝒙 + 𝑩𝒔𝒆𝒏(𝒂𝒙)

EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM

Exemplo : Suponha a equação 𝑦´´ + 𝑦 = 𝑒3𝑥. Então 𝑦𝑝 = 𝐶𝑒3𝑥

Assim teremos : 𝑦𝑝, = 3𝐶𝑒3𝑥 e 𝑦𝑝

,, = 9𝐶𝑒3𝑥

Substituindo na ED vem : 9𝐶𝑒3𝑥 + 𝐶𝑒3𝑥 = 𝑒3𝑥. O que nos leva a: 10𝐶 = 1 ⇒ 𝐶 =1

10

Logo 𝑦𝑝 = 0,1𝑒3𝑥

Exemplo : Suponha a equação 𝑦´´ − 2𝑦´ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 2𝑥. Então 𝑦𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥)

Assim teremos : 𝑦𝑝, = −2𝐴𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2𝐵𝑐𝑜𝑠(2𝑥) e 𝑦𝑝

,, = −4𝐴𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 4𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥)

Substituindo na ED vem :

−4𝐴𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 4𝐵𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 4𝐴𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 4𝐵𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐴𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛 2𝑥 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)

Logo : −3𝐴 − 4𝐵 = 0

−3𝐵 + 4𝐴 = 1 𝐴 =4

25𝑒 𝐵 = −

3

25

Assim : 𝑦𝑝 =4

25cos 2𝑥 −

3

25𝑠𝑒𝑛(2𝑥)

EXEMPLO - EQUAÇÕES DE 2ª ORDEM HOMOGÊNEAS

Exemplo 1 : Resolva a equação diferencial 𝑦´´ − 6𝑦´ + 13𝑦 = 0

Equação característica : 𝑟2 − 6𝑟 + 13 = 0

∆= 62 − 4.13 = −16 ⇒ 𝑟 =6 ± 4𝑖

2= 3 ± 2𝑖

Solução geral : 𝑦 𝑥 = 𝑒3𝑥 𝐶1𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛2𝑥

Exemplo2 : Resolva o Problema de Valor Inicial 𝑦´´ − 5𝑦´ + 6𝑦 = 0 com 𝑦 0 =1 𝑒 𝑦´ 0 = 2

Equação característica : 𝑟2 − 5𝑟 + 6 = 0

∆= 52 − 4.6 = 1 ⇒ 𝑟 =5 ± 1

2⇒ 𝑟1 = 3 𝑒 𝑟2 = 2

Solução geral : 𝑦 𝑥 = 𝐶1𝑒3𝑥 + 𝐶2𝑒

2𝑥 ⇒ 𝑦´ 𝑥 = 3𝐶1𝑒3𝑥 + 2𝐶2𝑒

2𝑥

Usando as cond. Iniciais :

𝑦 0 = 𝐶1 + 𝐶2 = 1

𝑦´ 0 = 3𝐶1 + 2𝐶2 = 2⇒ 𝐶1 = 0 𝑒 𝐶2 = 1

Assim a solução do PVI é :

𝑦 𝑥 = 𝑒2𝑥

EXEMPLO - EQUAÇÕES DE 2ª ORDEM NÃO HOMOGÊNEAS

Exemplo 3 : Resolva o Problema de Valor Inicial

𝑦´´ + 𝑦´ − 2𝑦 = 𝑥2 com 𝑦 0 = 2 e 𝑦´ 0 = 1

Equação característica : 𝑟2 + 𝑟 − 2 = 0

∆= 12 + 4.2 = 9 ⇒ 𝑟 =−1 ± 3

2⇒ 𝑟1 = 1 𝑒 𝑟2 = −2

Solução geral da ED homogênea : 𝑦 𝑥 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒

−2𝑥

A solução particular é um polinômio do 2º. grau : 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶

Assim teremos : 𝑦𝑝, = 2𝐴𝑥 + 𝐵 e 𝑦𝑝

,, = 2𝐴

Substituindo na ED vem : 2𝐴 + 2𝐴𝑥 + 𝐵 − 2(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) = 𝑥2 . O que nos leva ao sistema:

−2𝐴 = 1 ⇒ 𝐴 = −1

2

2𝐴 − 2𝐵 = 0 ⇒ −1 − 2𝐵 = 0 ⇒ 𝐵 = −1

2

2𝐴 + 𝐵 − 2𝐶 = 0 ⇒ −1 −1

2− 2𝐶 = 0 𝐶 = −

3

4

Assim a solução geral da ED será : 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒

−2𝑥 −𝑥2

2−

1

2𝑥 −

3

4

⇒ 𝑦𝑝 = −𝑥2

2−

1

2𝑥 −

3

4

EXEMPLO - EQUAÇÕES DE 2ª ORDEM NÃO HOMOGÊNEAS

Substituindo as condições iniciais teremos:

𝑦 0 = 𝐶1 + 𝐶2 −3

4= 2

𝑦´ 0 = 𝐶1 − 2𝐶2 −1

2= 1

Para determinar a solução do PVI, primeiramente vamos derivar a solução geral:

𝑦´ 𝑥 = 𝐶1𝑒𝑥 − 2𝐶2𝑒

−2𝑥 − 𝑥 −1

2

⇒𝐶1 =

7

3

𝐶2 =5

12

Finalmente a solução do PVI é :

𝑦 𝑥 =7

3𝑒𝑥 +

5

12𝑒−2𝑥 −

𝑥2

2−𝑥

2−3

4

MODELO 1 : MOVIMENTO OSCILATÓRIO SIMPLES

Suponha o caso do sistema mola massa, já estudadoanteriormente, onde temos um bloco de massa 𝑚 preso auma mola, de constante elástica 𝑘 , e apoiado em umasuperfície sem atrito.

Chamemos de 𝑥 o deslocamento do bloco a partir de suaposição de equilíbrio (𝑥 = 0) , onde a mola não estádistendida nem comprimida. E Vamos convencionar quequando a mola está distendida 𝑥 > 0 , e quando a mola estácomprimida 𝑥 < 0.

Pela Lei de Hooke, em qualquer caso a força exercida pelamola sobre o corpo será 𝐹𝑒 = 𝑘𝑥

Como essa força atua sempre no sentido contrário ao dodeslocamento do corpo, teremos a ED : 𝑚𝑥´´ = −𝑘𝑥

Colocando na forma normal : 𝒙´´ +𝒌

𝒎𝒙 = 𝟎 e a equação característica será : 𝑟2 +

𝑘

𝑚= 0

Esta eq. característica tem duas raízes complexas : 𝑟 = ±𝑖𝑘

𝑚

Se denominarmos 𝑤 =𝑘

𝑚, a solução geral da ED fica : 𝒙 𝒕 = 𝑪𝟏𝒄𝒐𝒔 𝒘𝒕 + 𝑪𝟐𝒔𝒆𝒏 𝒘𝒕

Onde 𝐶1 𝑒 𝐶2 serão determinadas por condições iniciais do tipo : 𝑥 0 = 𝑥0 e 𝑥´ 0 = 𝑣0

MODELO 1 : MOVIMENTO OSCILATÓRIO SIMPLES

𝑡

𝑥

𝑥0

Usando a expressão de 𝑥(𝑡), calculamos : 𝑥´ 𝑡 = 𝑤𝐶2 cos 𝑤𝑡 − 𝑤𝐶2𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)

Aplicando as condições iniciais vem:

𝑥0 = 𝑥 0 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠 0 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛 0 ⇒ 𝐶1 = 𝑥0

𝑣0 = 𝑥´ 0 = 𝑤𝐶2 cos 0 − 𝑤𝐶1𝑠𝑒𝑛 0 ⇒ 𝐶2 =𝑣0𝑤

Assim a expressão da solução fica : 𝒙 𝒕 = 𝒙𝟎𝒄𝒐𝒔 𝒘𝒕 +𝒗𝟎

𝒘𝒔𝒆𝒏 𝒘𝒕

Esse tipo de função temcomportamento periódico, comomostrado no gráfico ao lado.

Isso significa que o sistema vai oscilarperpetuamente em torno do pontode equilíbrio. O que faz sentido, poisnão existe nenhuma forçadegenerativa.

EXEMPLO: MOVIMENTO OSCILATÓRIO SIMPLES

Uma mola precisa que lhe seja aplicada uma força de 25,6N para causar umadistensão de 0,2m. Após aplicar essa distensão, prende-se uma massa de 2kg à molae libera-se o conjunto para oscilar a partir do repouso. Considerando que não hajaatrito que resista ao movimento, pede-se determinar a função 𝑥(𝑡) que dá a posiçãoda massa em qualquer instante 𝑡.

Usando a Lei de Hooke (𝐹 = 𝑘𝑥), calcula-se a constante de elasticidade da mola:

25,6 = 𝑘. 0,2 ⇒ 𝑘 = 128 ( 𝑁 𝑚)

A ED que modela o movimento fica então : 2𝑥´´ + 128𝑥 = 0

A equação característica será : 𝑟2 + 64 = 0 ⇒ 𝑟 = ±8𝑖

Assim, a solução geral da ED é : 𝑥 𝑡 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠8𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛8𝑡

A primeira condição de contorno é : 𝑥 0 = 0,2 . Substituindo temos : 0,2 = 𝐶1

A segunda condição de contorno é : 𝑥´ 0 = 0 . Mas 𝑥´ 𝑡 = −8𝐶1𝑠𝑒𝑛8𝑡 + 8𝐶2𝑐𝑜𝑠8𝑡Logo, substituindo temos : 0 = 8𝐶2 ⇒ 𝐶2 = 0

𝑥 𝑡 = 0,2. 𝑐𝑜𝑠8𝑡Então a solução é :

MODELO 2 : MOVIMENTO OSCILATÓRIO AMORTECIDO

Suponhamos agora que exista uma força de resistência, a qual é proporcional avelocidade do bloco. A equação diferencial fica então

𝑚𝑥´´ = −𝑘𝑥 − 𝑐𝑥´

onde 𝑐 é chamado coeficiente de amortecimento

Escrevendo na forma normal teremos : 𝒙´´ +𝒄

𝒎𝒙´ +

𝒌

𝒎𝒙 = 𝟎 e a equação característica

fica 𝑟2 +𝑐

𝑚𝑟 +

𝑘

𝑚= 0

A forma da solução geral da ED depende dos valores do termo 𝑅 = 𝑐2 − 4𝑚𝑘

Caso 1 : Se 𝑅 > 0 teremos :

𝑥 𝑡 = 𝐶1𝑒−𝑐+ 𝑅2𝑚 𝑡 + 𝐶2𝑒

−𝑐− 𝑅2𝑚 𝑡

Essa função tem um comportamentoexponencial decrescente, como mostrado nafigura ao lado.

𝑡

𝑥

𝑥0

Ou seja, se 𝑐 for suficientemente grande, aforça de resistência fará com que o blocopare após um certo tempo, sem oscilações.

Caso 2 : Se 𝑅 = 0 teremos :

𝑥 𝑡 = 𝑒−𝑐2𝑚 𝑡

𝐶1 + 𝐶2𝑡

Essa função tem um comportamento comomostrado na figura ao lado.

Ou seja, a força de resistência ainda farácom que o bloco pare após um certotempo, embora este tempo seja maior.

MODELO 2 : MOVIMENTO OSCILATÓRIO AMORTECIDO

Caso 3 : Se 𝑅 < 0 teremos :

𝑥 𝑡 = 𝑒−𝑐2𝑚 𝑡

𝐶1𝑐𝑜𝑠−𝑅

2𝑚+ 𝐶2𝑠𝑒𝑛

−𝑅

2𝑚

Essa função tem um comportamento periódicoamortecido, como mostrado na figura ao lado.

𝑡

𝑥

𝑥0

𝑡

𝑥

𝑥0

Ou seja, após algumas oscilações a força deresistência fará com que o bloco pare.

EXEMPLO 1: MOVIMENTO OSCILATÓRIO AMORTECIDO

A uma mola com constante elástica 𝑘 = 40( 𝑁 𝑚), prende-se um bloco com massa de1𝐾𝑔. Após distender-se a mola até a posição de 50 𝑐𝑚, aplica-se ao conjunto umavelocidade inicial de 3𝑚/𝑠 . Considerando que exista uma força de resistênciaproporcional a velocidade, com constante de amortecimento 𝑐 = 22 , pede-sedeterminar a função 𝑥(𝑡) que dá a posição da massa em qualquer instante 𝑡.

𝑥´´ = −40𝑥 − 22𝑥´

A ED que modela o movimento do conjunto é

ou 𝑥´´ + 22𝑥´ + 40𝑥 = 0

A equação característica é : 𝑟2 + 22𝑟 + 40 = 0 com ∆ = 324 e raízes = −2 𝑒 − 20

𝑥 𝑡 = 𝐶1𝑒−2𝑡 + 𝐶2𝑒

−20𝑡Assim, a solução geral da ED é : e 𝑥´ 𝑡 = −2𝐶1𝑒−2𝑡 − 20𝑒−20𝑡

Substituindo as condições de contorno : 𝑥 0 = 0,5𝑚 𝑒 𝑥´ 0 = 3𝑚/𝑠 teremos:

𝐶1 + 𝐶2 = 0,5

−2𝐶1 − 20𝐶2 = 3⇒ 𝐶1 = 0,72 𝑒 𝐶2 = −0,22

Assim a função que dá a posição é : 𝑥 𝑡 = 0,72𝑒−2𝑡 − 0,22𝑒−20𝑡

EXEMPLO 2: MOVIMENTO OSCILATÓRIO AMORTECIDO

A uma mola com constante elástica 𝑘 = 82( 𝑁 𝑚), prende-se um bloco com massa de1𝐾𝑔. Após distender-se a mola até a posição de 50 𝑐𝑚, larga-se o conjunto de formaa oscilar a partir do repouso. Considerando que exista uma força de resistênciaproporcional a velocidade, com constante de amortecimento 𝑐 = 2 , pede-sedeterminar a função 𝑥(𝑡) que dá a posição da massa em qualquer instante 𝑡.

𝑥´´ = −82𝑥 − 2𝑥´

A ED que modela o movimento do conjunto é

ou 𝑥´´ + 2𝑥´ + 82 = 0

A equação característica é : 𝑟2 + 2𝑟 + 82 = 0 com ∆= −324 e raízes = −1 ± 9𝑖

𝑥 𝑡 = 𝑒−𝑡(𝐶1𝑐𝑜𝑠9𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛9𝑡)Assim, a solução geral da ED é :

Substituindo as condições de contorno : 𝑥 0 = 0,5𝑚 𝑒 𝑥´ 0 = 0 teremos:

𝐶1 = 0,5

−𝐶1 + 𝐶2 = 0⇒ 𝐶1 = 𝐶2 = 0,5

Assim a função que dá a posição é : 𝑥 𝑡 = 𝑒−𝑡(0,5. cos(9𝑡) + 0,5. 𝑠𝑒𝑛(9𝑡))

e teremos: 𝑥´ 𝑡 = 𝐶1𝑒−𝑡 −𝑐𝑜𝑠9𝑡 − 𝑠𝑒𝑛9𝑡 + 𝐶2𝑒

−𝑡(𝑐𝑜𝑠9𝑡 − 𝑠𝑒𝑛9𝑡)

MODELO 3 : CIRCUITO RLC

Voltemos ao problema de determinar a função que fornece a corrente em um circuitoelétrico em função do tempo.

No entanto, desta vez o circuito terá três componentes : Umresistor (R), um indutor (L) e um capacitor (C), ligados emsérie com uma fonte de força eletromotriz, que gera umavoltagem dada por 𝜖(𝑡).

Aplicando a Lei de Kirchhoff, obtem-se:

𝐿𝑑𝐼(𝑡)

𝑑𝑡+ 𝑅𝐼(𝑡) +

𝑄(𝑡)

𝐶= 𝜖(𝑡)

Lembremos, no entanto, que por definição 𝐼 =𝑑𝑄

𝑑𝑡. Logo, podemos derivar a expressão

acima obtendo a seguinte ED Linear de 2ª. ordem:

𝐿𝑑2𝐼

𝑑𝑡2+ 𝑅

𝑑𝐼

𝑑𝑡+1

𝐶𝐼 =

𝑑𝜖

𝑑𝑡

Note que podemos também escrever uma Eq. Diferencial para a função carga 𝑄(𝑡)

𝐿𝑑2𝑄

𝑑𝑡2+ 𝑅

𝑑𝑄

𝑑𝑡+1

𝐶𝑄 = 𝜖(𝑡)

MODELO 3 : CIRCUITO RLC

Caso 1 : A fonte gera uma Voltagem Contínua

Neste caso temos 𝜖 𝑡 = 𝜖 e, consequentemente𝑑𝜖

𝑑𝑡= 0 . Logo a ED será homogênea

𝐿𝑑2𝐼

𝑑𝑡2+ 𝑅

𝑑𝐼

𝑑𝑡+1

𝐶𝐼 = 0

A equação característica é então 𝑟2 +𝑅

𝐿𝑟 +

1

𝐶𝐿= 0 , e terá as raízes dadas por :

𝑟 =−𝑅 ± 𝑅2 −

4𝐿𝐶

2𝐿

Como no caso do pêndulo, teremos três casos a considerar, dependendo do valor do

discriminante ∆= 𝑅2 −4𝐿

𝐶.

Notemos que , se compararmos essa ED com a do movimento oscilatório amortecido, vemos que o fator de amortecimento aqui é a resistência 𝑅 .

Caso 2 : A fonte gera uma Voltagem Alternada

As fontes de tensão alternada costumam gerar uma tensão do tipo 𝜖 𝑡 = 𝜖0. 𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡ou 𝜖 𝑡 = 𝜖0. 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡, onde 𝑤 é denominada pulsação da fonte .

MODELO 3 : CIRCUITO RLC

A ED do circuito torna-se então: 𝐿𝑑2𝐼

𝑑𝑡2+ 𝑅

𝑑𝐼

𝑑𝑡+1

𝐶𝐼 = 𝜖0. 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡

Resolve-se a ED homogênea, que é a do modelo anterior, e usa-se o método doscoeficientes a determinar para encontrar a solução particular, que será do tipo:

𝑦𝑝 = 𝐴. 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝐵. 𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡

EXEMPLO: CIRCUITO RLC

Determine as funções carga (𝑄 𝑡 ) e corrente (𝐼(𝑡)) em um circuito RLC no qual 𝑅 =40Ω , 𝐿 = 1𝐻 𝑒 𝐶 = 16𝑥10−4 𝐹. Sabendo que a fonte gera uma tensão 𝜖 𝑡 = 100. cos 10𝑡e que 𝑄 0 = 0 , 𝐼(0) = 0

𝑄´´ + 40𝑄´ + 625𝑄 = 100. 𝑐𝑜𝑠10𝑡

Eq. Característica : 𝑟2 + 40𝑟 + 625 = 0 Logo : ∆= 1600 − 2500 = 30𝑖

Assim as raízes são : −20 ± 15𝑖 E a solução da ED homogênea é

𝑦ℎ = 𝑒−20𝑡 . (𝐶1𝑐𝑜𝑠15𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛15𝑡)

A equação diferencial da carga é :

Sabemos que a solução particular terá a forma 𝑦𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠10𝑡 + 𝐵𝑠𝑒𝑛10𝑡 .

Pelo método dos coeficientes a determinar teremos :

𝑦´ = −10𝐴𝑠𝑒𝑛10𝑡 + 10𝐵𝑐𝑜𝑠10𝑡 e 𝑦´´ = −100𝐴𝑐𝑜𝑠10𝑡 − 100𝐵𝑠𝑒𝑛10𝑡

Substituindo na ED teremos :

−100(𝐴𝑐𝑜𝑠10𝑡 + 𝐵𝑠𝑒𝑛10𝑡) − 400 𝐴𝑠𝑒𝑛10𝑡 − 𝐵𝑐𝑜𝑠10𝑡 + 625 𝐴𝑐𝑜𝑠10𝑡 + 𝐵𝑠𝑒𝑛10𝑡= 100. 𝑐𝑜𝑠10𝑡

Donde : 525𝐴 + 400𝐵 = 100−400𝐴 + 525𝐵 = 0

⇒ 𝐴 =84

697e 𝐵 =

64

697e 𝑦𝑝 =

84

697𝑐𝑜𝑠10𝑡 +

64

697𝑠𝑒𝑛10𝑡

Assim, a solução geral é :

𝑄 𝑡 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 = 𝑒−20𝑡 . 𝐶1𝑐𝑜𝑠15𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛15𝑡 +4

69721. 𝑐𝑜𝑠10𝑡 + 16. 𝑠𝑒𝑛10𝑡

Usando a condição inicial 𝑄(0) = 0 , escrevemos : 𝐶1 +84

697= 0 ⇒ 𝐶1 = −

84

697

Derivando 𝑄(𝑡) obtemos:

𝑑𝑄

𝑑𝑡= 𝐼 𝑡 = 𝑒−20𝑡. −20𝐶1 + 15𝐶2 . 𝑐𝑜𝑠15𝑡 + −15𝐶1 − 20𝐶2 . 𝑠𝑒𝑛15𝑡 +

+40

697−21𝑠𝑒𝑛10𝑡 + 16𝑐𝑜𝑠10𝑡

Usando a condição inicial 𝐼 0 = 0 , escrevemos −20𝐶1 + 15𝐶2 +640

697= 0 ⇒ 𝐶2 = −

464

2.091

Assim teremos finalmente:

𝑄 𝑡 = 𝑒−20𝑡 . −84

697𝑐𝑜𝑠15𝑡 −

464

2091𝑠𝑒𝑛15𝑡 +

4

69721. 𝑐𝑜𝑠10𝑡 + 16. 𝑠𝑒𝑛10𝑡

𝐼 𝑡 = 𝑒−20𝑡 . −1.920

2.091𝑐𝑜𝑠15𝑡 +

13.060

2.091𝑠𝑒𝑛15𝑡 +

120

2.091−21𝑠𝑒𝑛10𝑡 + 16𝑐𝑜𝑠10𝑡

EXEMPLO: CIRCUITO RLC