Um circuito RLC está sujeito a uma força eletromotriz E(t)\) descontínua, modelada pela equação diferencial: \[L \frac{d^{2} i(t)}{d t^{2}}+R \frac{d i(t)}{d t}+\frac{1}{C} i(t)=E(t)
onde E(t) é dado por: (E(t)= \begin{cases}10, & 0 \leq t<5 \\\\ 0, & t \geq 5 .\end{cases}]
Resolva a equação diferencial utilizando a transformada de Laplace, com L=1 \mathrm{H}, R=2 \Omega, C=0.5 \mathrm{~F}, e as condições iniciais i(0)=0, i^{\prime}(0)=0.

Passo 1

Liste clara do que o enunciado nos dá e o que pede:
  • Equação diferencial:
L \frac{d^{2} i(t)}{d t^{2}}+R \frac{d i(t)}{d t}+\frac{1}{C} i(t)=E(t).
  • Fonte descontínua:
E(t)= \begin{cases} 10, & 0 \le t<5,\\\\ 0, & t\ge 5. \end{cases}
  • Valores numéricos fornecidos: L=1\\ \mathrm{H}, R=2\\ \Omega, C=0{,}5\\ \mathrm{F}.
  • Condições iniciais: i(0)=0 e i'(0)=0.
  • Pedido: resolver a EDO usando transformada de Laplace e obter i(t) para todo t\ge0.

Passo 2

Substituir os valores numéricos na equação para simplificar a notação. Como 1/C=2, a equação vira:
\frac{d^{2}i}{dt^{2}}+2\frac{di}{dt}+2\,i(t)=E(t).
Também escrevemos E(t) com a função degrau de Heaviside u(t-5). Note que
E(t)=10\big(1 - u(t-5)\big),
pois para 0\le t<5 vale E=10 e para t\ge5 vale 0.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace em ambos os lados. Denotando I(s)=\mathcal{L}\{i(t)\}, usando condições iniciais nulas (o que elimina termos de condição inicial) e linearidade:
\mathcal{L}\Big\{\frac{d^{2}i}{dt^{2}}+2\frac{di}{dt}+2i\Big\}= (s^{2}+2s+2)I(s).
Transformada de E(t)=10(1-u(t-5)): \mathcal{L}\{1\}=1/s e, pela propriedade de mudança de tempo,
\mathcal{L}\{u(t-5)\}=e^{-5s}/s. Então
E(s)=10\left(\frac{1}{s}-\frac{e^{-5s}}{s}\right)=\frac{10}{s}\big(1-e^{-5s}\big).
Igualando transformadas:
(s^{2}+2s+2)I(s)=\frac{10}{s}\big(1-e^{-5s}\big).

Passo 4

Isolar I(s):
I(s)=\frac{10}{s}\cdot\frac{1-e^{-5s}}{s^{2}+2s+2}.
É conveniente separar a parte sem o fator deslocamento exponencial e tratar a inversão usando a propriedade de deslocamento no tempo. Escrevemos
I(s)=\big(1-e^{-5s}\big)\cdot\frac{10}{s(s^{2}+2s+2)}.

Passo 5

Fazer a decomposição em frações parciais da parte racional sem o exponencial:
\frac{1}{s(s^{2}+2s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+2s+2}.
Multiplicando ambos os lados por s(s^{2}+2s+2)\) obtemos: \[1=A(s^{2}+2s+2)+(Bs+C)s.
Agrupando coeficientes:
1=(A+B)s^{2}+(2A+C)s+2A.
Comparando coeficientes:
\begin{cases} A+B=0,\\[4pt] 2A+C=0,\\[4pt] 2A=1. \end{cases}
Da última equação A=\tfrac{1}{2}\]. Então \(B=-\tfrac{1}{2} e C=-1. Logo
\frac{1}{s(s^{2}+2s+2)}=\frac{1/2}{s}-\frac{\tfrac{1}{2}s+1}{s^{2}+2s+2} = \frac{1}{2s}-\frac{1}{2}\cdot\frac{s+2}{s^{2}+2s+2}.]

Passo 6

Multiplicando por 10 e recolocando o fator \big(1-e^{-5s}\big):
I(s)=\big(1-e^{-5s}\big)\left[\frac{10}{2s}-\frac{10}{2}\cdot\frac{s+2}{s^{2}+2s+2}\right].
Simplificando:
I(s)=\big(1-e^{-5s}\big)\left[\frac{5}{s}-5\cdot\frac{s+2}{s^{2}+2s+2}\right].

Passo 7

Vamos inverter a transformada da parte entre colchetes, que chamarei de F(s):
F(s)=\frac{5}{s}-5\cdot\frac{s+2}{s^{2}+2s+2}.
Para inverter a segunda fração, completar o quadrado no denominador:
s^{2}+2s+2=(s+1)^{2}+1.
Escrever s+2=(s+1)+1. Então
\frac{s+2}{s^{2}+2s+2}=\frac{s+1}{(s+1)^{2}+1}+\frac{1}{(s+1)^{2}+1}.
As transformadas inversas conhecidas são:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+1}{(s+1)^{2}+1}\right\}=e^{-t}\cos t, \qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+1)^{2}+1}\right\}=e^{-t}\sin t.
E \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{5}{s}\}=5. Portanto a transformada inversa de F(s) é
f(t)=5-5\big(e^{-t}\cos t + e^{-t}\sin t\big) =5-5e^{-t}\big(\cos t+\sin t\big).

Passo 8

Agora reaplicar o fator \big(1-e^{-5s}\big). Pela propriedade de deslocamento no tempo:
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-5s}G(s)\}=g(t-5)\,u(t-5),
onde g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}. Assim, tendo I(s)=(1-e^{-5s})F(s), obtemos no domínio do tempo:
i(t)=f(t)-f(t-5)\,u(t-5).
Isto é a forma funcional geral. Agora escrevemos explicitamente como função peça a peça.

Passo 9

Montar expressão final peça a peça.
  • Para 0\le t<5, u(t-5)=0, logo
i(t)=f(t)=5-5e^{-t}\big(\cos t+\sin t\big).
  • Para t\ge5, u(t-5)=1 e
i(t)=f(t)-f(t-5).
Substituindo f:
i(t)=5-5e^{-t}\big(\cos t+\sin t\big)-\Big[5-5e^{-(t-5)}\big(\cos(t-5)+\sin(t-5)\big)\Big].
Simplificando (os termos +5 e -5 se cancelam):
i(t)=-5e^{-t}\big(\cos t+\sin t\big)+5e^{-(t-5)}\big(\cos(t-5)+\sin(t-5)\big),\quad t\ge5.

Passo 10

Verificações rápidas e interpretação (curtas):
  • A condição inicial é satisfeita: em t=0 temos i(0)=5-5\cdot1\cdot(1+0)=0, como desejado.
  • A solução é contínua em t=5 porque f(0)=0, então i(5^-)=f(5) e i(5^+)=f(5)-f(0)=f(5).

Resposta

Para 0\le t<5:
i(t)=5-5e^{-t}\big(\cos t+\sin t\big).
Para t\ge5:
i(t)=-5e^{-t}\big(\cos t+\sin t\big)+5e^{-(t-5)}\big(\cos(t-5)+\sin(t-5)\big).

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