Um circuito RLC obedece a seguinte equação:
L \frac{d i}{d t}+R i+\frac{q}{C}=e(t)
onde L é o indutor, R a resistência e C a capacitancia. A fonte e(t) é aplicada num período de tempo \tau, ou seja, e(t)=e_{0} \mathrm{p} / 0<t<\tau e e(t)=0 \mathrm{p} / t>\tau. Admitindo q(t=0)=0 e i(t=0)=0, encontre a equação que rege a corrente i(t) para
a) w^{2}>0, oscilante
b) w^{2}<0, super-amortecido e
b) w^{2}=0, amortecimento crítico. Onde w=\left(\frac{1}{L C}-\frac{R^{2}}{4 L^{2}}\right)^{1 / 2} e \alpha=R / 2 L

Passo 1

O enunciado dá a equação do circuito
L\frac{d i}{d t}+R i+\frac{q}{C}=e(t),
com condições iniciais \,q(0)=0\) e \(i(0)=0\). A fonte é um pulso retangular de amplitude \(e_{0}\) aplicado no intervalo \(0<t<\tau\), isto é \[e(t)=\begin{cases} e_{0}, & 0<t<\tau,\\[4pt] 0, & t>\tau. \end{cases}
Definem-se
\alpha=\frac{R}{2L}, \qquad w^{2}=\frac{1}{LC}-\frac{R^{2}}{4L^{2}}.
O que se pede: determinar a corrente i(t)\] para os três regimes (a) \(w^{2}>0 (subamortecido / oscilante), (b) w^{2}<0 (super-amortecido / sobreamortecido) e (c) w^{2}=0 (amortecimento crítico). As soluções valem em dois intervalos: 0<t<\tau (durante a aplicação do pulso) e t>\tau (após o pulso); portanto será necessário achar a solução em cada intervalo e aplicar o encaixe em t=\tau.]

Passo 2

Transformar a equação para uma forma útil. Como i=dq/dt, derivo a equação original em relação a t para eliminar q:
L\frac{d^{2}i}{dt^{2}}+R\frac{di}{dt}+\frac{1}{C}i=\frac{d e}{dt}.
Para 0<t<\tau a fonte é constante ( e(t)=e_{0}), logo \dfrac{d e}{dt}=0 naquele intervalo e a equação reduz-se à homogênea de segunda ordem:
L\frac{d^{2}i}{dt^{2}}+R\frac{di}{dt}+\frac{1}{C}i=0.
Dividindo por L obtenho a forma padrão
\frac{d^{2}i}{dt^{2}}+2\alpha\frac{di}{dt}+\left(\alpha^{2}+w^{2}\right)i=0,
pois \alpha=R/(2L) e \alpha^{2}+w^{2}=1/(LC).
Para t>\tau também vale a mesma equação homogênea (pois e(t)=0 e portanto \dfrac{d e}{dt}=0 lá). As condições iniciais para resolver no primeiro intervalo são
i(0)=0.
Para obter \dot{i}(0) (onde \dot{} indica derivada em relação a t), uso a equação original em t=0^{+}:
L\dot{i}(0)+R i(0)+\frac{q(0)}{C}=e_{0}\quad\Rightarrow\quad L\dot{i}(0)=e_{0}.
Portanto
\dot{i}(0)=\frac{e_{0}}{L}.
Ao passar por t=\tau a fonte tem um salto de e_{0} para 0; pela equação original a corrente i(t) é contínua em t=\tau (a corrente no indutor não salta), mas \dot{i} tem um salto finito dado por
L\big(\dot{i}(\tau^{+})-\dot{i}(\tau^{-})\big)= -e_{0},
ou seja
\dot{i}(\tau^{+})=\dot{i}(\tau^{-})-\frac{e_{0}}{L}.
Esse fato será usado para impor a condição inicial da solução no intervalo t>\tau.

Passo 3

Resolver a equação homogênea depende do sinal de w^{2}. A equação característica é
s^{2}+2\alpha s+\left(\alpha^{2}+w^{2}\right)=0,
com raízes
s=-\alpha\pm i w\quad\text{se }w^{2}>0,
s=-\alpha\pm \mu\quad\text{se }w^{2}<0,\\ \mu=\sqrt{-w^{2}}=\sqrt{\alpha^{2}-\frac{1}{LC}},
e dupla s=-\alpha no caso crítico w^{2}=0. A partir disso obtemos as formas gerais:
  • Subamortecido ( w^{2}>0): i(t)=e^{-\alpha t}\big(A\cos(w t)+B\sin(w t)\big).
  • Super-amortecido ( w^{2}<0): i(t)=C e^{(-\alpha+\mu)t}+D e^{(-\alpha-\mu)t}, que pode ser reescrito como i(t)=e^{-\alpha t}\big(E\operatorname{sinh}(\mu t)+F\operatorname{cosh}(\mu t)\big) ou como i(t)=e^{-\alpha t}\cdot 2A\operatorname{sinh}(\mu t) conforme condições.
  • Crítico ( w^{2}=0): i(t)=e^{-\alpha t}(A+B t).
Agora aplico as condições iniciais para cada caso no intervalo 0<t<\tau.

Passo 4

Tomando a forma
i(t)=e^{-\alpha t}\big(A\cos(w t)+B\sin(w t)\big),
as condições i(0)=0 e \dot{i}(0)=e_{0}/L dão:
i(0)=A=0,
\dot{i}(0)=-\alpha A + B w = B w=\frac{e_{0}}{L}\quad\Rightarrow\quad B=\frac{e_{0}}{L w}.
Logo, para 0<t<\tau:
\boxed{\,i(t)=\frac{e_{0}}{L w}\,e^{-\alpha t}\sin(w t)\,.}

Passo 5

Calculo primeiro os valores à esquerda de \tau:
i(\tau^-)=\frac{e_{0}}{L w}\,e^{-\alpha \tau}\sin(w\tau),
\dot{i}(\tau^-)=\frac{e_{0}}{L}e^{-\alpha \tau}\Big(-\frac{\alpha}{w}\sin(w\tau)+\cos(w\tau)\Big).
Pelo salto da derivada:
\dot{i}(\tau^+)=\dot{i}(\tau^-)-\frac{e_{0}}{L}.
A solução geral para t>\tau (homogênea) pode ser escrita no mesmo formato com tempo contado a partir de \tau:
i(t)=e^{-\alpha (t-\tau)}\Big\{ i(\tau^+)\cos\big(w(t-\tau)\big) +\frac{\dot{i}(\tau^+)+\alpha i(\tau^+)}{w}\sin\big(w(t-\tau)\big)\Big\}.
Substituindo i(\tau^+)=i(\tau^-) e simplificando a combinação \dot{i}(\tau^+)+\alpha i(\tau^+) (os termos em \alpha cancelam), obtém-se a forma explícita
\boxed{\,i(t)=e^{-\alpha (t-\tau)}\Bigg\{\frac{e_{0}}{L w}e^{-\alpha \tau}\sin(w\tau)\cos\big(w(t-\tau)\big) +\frac{e_{0}}{L w}\big(e^{-\alpha \tau}\cos(w\tau)-1\big)\sin\big(w(t-\tau)\big)\Bigg\},\\ t>\tau.\,}

Passo 6

Defina \mu=\sqrt{\alpha^{2}-\dfrac{1}{LC}}>0. A solução que satisfaz i(0)=0 pode ser escrita como
i(t)=\frac{e_{0}}{L\mu}\,e^{-\alpha t}\operatorname{sinh}(\mu t).
Justificação rápida: a forma i(t)=e^{-\alpha t}\big(A\operatorname{sinh}(\mu t)\big) com i(0)=0 i(t)=2A e^{-\alpha t}\operatorname{sinh}(\mu t); impondo \dot{i}(0)=e_{0}/L resulta A=e_{0}/(2L\mu), o que conduz à expressão acima. Portanto, para 0<t<\tau:
\boxed{\,i(t)=\frac{e_{0}}{L\mu}\,e^{-\alpha t}\operatorname{sinh}(\mu t)\,.\,}

Passo 7

Calculo à esquerda de \tau:
i(\tau^-)=\frac{e_{0}}{L\mu}\,e^{-\alpha \tau}\operatorname{sinh}(\mu\tau),
\dot{i}(\tau^-)=\frac{e_{0}}{L}e^{-\alpha \tau}\Big(-\frac{\alpha}{\mu}\operatorname{sinh}(\mu\tau)+\operatorname{cosh}(\mu\tau)\Big).
Aplicando o salto da derivada:
\dot{i}(\tau^+)=\dot{i}(\tau^-)-\frac{e_{0}}{L}.
A solução para t>\tau escrita com hiperbólicas e tempo relativo é
i(t)=e^{-\alpha (t-\tau)}\Big\{ i(\tau^+)\operatorname{cosh}\big(\mu(t-\tau)\big) +\frac{\dot{i}(\tau^+)+\alpha i(\tau^+)}{\mu}\operatorname{sinh}\big(\mu(t-\tau)\big)\Big\}.
Substituindo e simplificando (novamente há cancelamento dos termos em \alpha) dá a forma explícita
\boxed{\,i(t)=e^{-\alpha (t-\tau)}\Bigg\{\frac{e_{0}}{L\mu}e^{-\alpha \tau}\operatorname{sinh}(\mu\tau)\operatorname{cosh}\big(\mu(t-\tau)\big) +\frac{e_{0}}{L\mu}\big(e^{-\alpha \tau}\operatorname{cosh}(\mu\tau)-1\big)\operatorname{sinh}\big(\mu(t-\tau)\big)\Bigg\},\\ t>\tau.\,}

Passo 8

No caso crítico temos raiz dupla s=-\alpha e a solução geral é i(t)=e^{-\alpha t}(A+Bt). Impor i(0)=0 e \dot{i}(0)=e_{0}/L dá:
A=0,\qquad B=\frac{e_{0}}{L}.
Portanto, para 0<t<\tau:
\boxed{\,i(t)=\frac{e_{0}}{L}\,t\,e^{-\alpha t}\,.\,}

Passo 9

Calculo à esquerda de \tau:
i(\tau^-)=\frac{e_{0}}{L}\,\tau\,e^{-\alpha \tau},
\dot{i}(\tau^-)=\frac{e_{0}}{L}e^{-\alpha \tau}(1-\alpha \tau).
Aplicando salto:
\dot{i}(\tau^+)=\dot{i}(\tau^-)-\frac{e_{0}}{L}=\frac{e_{0}}{L}\big(e^{-\alpha \tau}(1-\alpha \tau)-1\big).
A solução geral para t>\tau (dupla raiz) é
i(t)=e^{-\alpha (t-\tau)}\big\{ i(\tau^+)+[\,\dot{i}(\tau^+)+\alpha i(\tau^+)\,](t-\tau)\big\}.
Substituindo e simplificando (os termos em \alpha se combinam conforme abaixo) resulta
\boxed{\,i(t)=e^{-\alpha (t-\tau)}\Big\{\frac{e_{0}}{L}\tau e^{-\alpha \tau}+\frac{e_{0}}{L}\big(e^{-\alpha \tau}-1\big)(t-\tau)\Big\},\\ t>\tau.\,}

Resposta

(a) w^{2}>0 (subamortecido, w>0)\newline
\displaystyle i(t)=\frac{e_{0}}{L w}e^{-\alpha t}\sin(w t),\quad 0<t<\tau.\newline
\displaystyle i(t)=e^{-\alpha (t-\tau)}\Bigg\{\frac{e_{0}}{L w}e^{-\alpha \tau}\sin(w\tau)\cos\big(w(t-\tau)\big) +\frac{e_{0}}{L w}\big(e^{-\alpha \tau}\cos(w\tau)-1\big)\sin\big(w(t-\tau)\big)\Bigg\},\quad t>\tau.
(b) w^{2}<0 (super-amortecido, \mu=\sqrt{\alpha^{2}-\tfrac{1}{LC}}>0)\newline
\displaystyle i(t)=\frac{e_{0}}{L\mu}e^{-\alpha t}\operatorname{sinh}(\mu t),\quad 0<t<\tau.\newline
\displaystyle i(t)=e^{-\alpha (t-\tau)}\Bigg\{\frac{e_{0}}{L\mu}e^{-\alpha \tau}\operatorname{sinh}(\mu\tau)\operatorname{cosh}\big(\mu(t-\tau)\big) +\frac{e_{0}}{L\mu}\big(e^{-\alpha \tau}\operatorname{cosh}(\mu\tau)-1\big)\operatorname{sinh}\big(\mu(t-\tau)\big)\Bigg\},\quad t>\tau.
(c) w^{2}=0 (amortecimento crítico, \alpha^{2}=1/(LC))\newline
\displaystyle i(t)=\frac{e_{0}}{L}\,t\,e^{-\alpha t},\quad 0<t<\tau.\newline
\displaystyle i(t)=e^{-\alpha (t-\tau)}\Big\{\frac{e_{0}}{L}\tau e^{-\alpha \tau}+\frac{e_{0}}{L}\big(e^{-\alpha \tau}-1\big)(t-\tau)\Big\},\quad t>\tau.

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