Considere um transformador com duas bobinas: a primária, de resistência R_{1} e indutância L_{1}, e a secundária, de resistência R_{2} e indutância L_{2}. Quando se aplica uma fonte na bobina primária, produz-se uma corrente I_{1}, e na bobina secundária, induz-se uma corrente I_{2}. Ao desligar a fonte, ambas as correntes decrescem gradualmente, obedecendo às equações:
L_{1} \dot{I}_{1}+M \dot{I}_{2}+R_{1} I_{1}=0, \quad L_{2} \dot{I}_{2}+M \dot{I}_{1}+R_{2} I_{2}=0
onde M é a indutância mútua entre as bobinas e todas as constantes M, L_{1}, L_{2}, R_{1} e R_{2} são positivas.
(a) Escreva as equações do transformador como equações de evolução de um sistema dinâmico linear e determine a matriz associada ao sistema.
(b) Para um transformador real, M^{2}<L_{1} L_{2}. Qual será o tipo de ponto de equilíbrio do sistema se L_{1}=2, L_{2}=8, M=3, R_{1}=1 e R_{2}=2 (usando unidades que resultem em valores entre 0 e 10)? Determine também o tipo de ponto de equilíbrio.
(c) Faça o retrato de fase do sistema considerando os valores da alínea anterior.
(d) Considere os valores L_{1}=2, L_{2}=8, M=5, R_{1}=1 e R_{2}=2. Esse caso hipotético não corresponde a um transformador real porque M^{2}>L_{1} L_{2}. Qual seria o tipo de ponto de equilíbrio nesse cenário? Explique por que esse sistema não representa um transformador físico.

Passo 1

O enunciado dá um transformador com duas bobinas com as constantes positivas L_{1},L_{2},M,R_{1},R_{2} e fornece as equações diferenciais, após desligar a fonte:
L_{1}\dot{I}_{1}+M\dot{I}_{2}+R_{1}I_{1}=0,\qquad M\dot{I}_{1}+L_{2}\dot{I}_{2}+R_{2}I_{2}=0.
Perguntas pedidas:
  1. (a) Colocar essas equações na forma de um sistema dinâmico linear \dot{x}=Ax e determinar a matriz A.
  2. (b) Para L_{1}=2,\;L_{2}=8,\;M=3,\;R_{1}=1,\;R_{2}=2: determinar o tipo do ponto de equilíbrio (origem).
  3. (c) Fazer o retrato de fase do sistema com os valores da alínea (b).
  4. (d) Repetir a classificação do ponto de equilíbrio para L_{1}=2,\;L_{2}=8,\;M=5,\;R_{1}=1,\;R_{2}=2 e explicar por que esse caso é fisicamente impossível (se for o caso).
Informações relevantes listadas:
\text{variáveis: }I_{1}(t),\;I_{2}(t).á
\text{matriz de indutâncias }L=\begin{pmatrix}L_{1}&M\\[4pt]M&L_{2}\end{pmatrix}.â
Assumiremos que \det L = L_{1}L_{2}-M^{2}\neq 0 quando necessário para inverter L.]

Passo 2

Transformar o sistema nas notações matriciais padrão. Defina o vetor de estado
x=\begin{pmatrix}I_{1}\\[4pt]I_{2}\end{pmatrix}.
As equações dadas escrevem-se em forma matricial como
\underbrace{\begin{pmatrix}L_{1}&M\\[4pt]M&L_{2}\end{pmatrix}}_{L}\dot{x} + \underbrace{\begin{pmatrix}R_{1}&0\\[4pt]0&R_{2}\end{pmatrix}}_{R}\,x =0.
Isolando \dot{x} (isto é, escrevendo na forma \dot{x}=Ax) obtemos, quando L é invertível,
\dot{x}=-L^{-1}R\,x.
Portanto a matriz do sistema é
A=-L^{-1}R.]

Passo 3

Calcular explicitamente L^{-1}. Para uma matriz 2\times2
L=\begin{pmatrix}L_{1}&M\\[4pt]M&L_{2}\end{pmatrix}
temos o determinante
D=\det L = L_{1}L_{2}-M^{2}.
Se D\neq 0,
L^{-1}=\frac{1}{D}\begin{pmatrix}L_{2}&-M\\[4pt]-M&L_{1}\end{pmatrix}.
Multiplicando L^{-1} por R=\operatorname{diag}(R_{1},R_{2}) e colocando o sinal menos, obtemos a forma explícita de A:
A=-\frac{1}{D}\begin{pmatrix}L_{2}&-M\\[4pt]-M&L_{1}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}R_{1}&0\\[4pt]0&R_{2}\end{pmatrix} = -\frac{1}{D}\begin{pmatrix}L_{2}R_{1}&-M R_{2}\\[4pt]-M R_{1}&L_{1}R_{2}\end{pmatrix}.
Simplificando os sinais:
\boxed{\,A=\begin{pmatrix} -\dfrac{L_{2}R_{1}}{D} & \dfrac{M R_{2}}{D}\\[8pt] \dfrac{M R_{1}}{D} & -\dfrac{L_{1}R_{2}}{D} \end{pmatrix}\,}
Esta é a matriz do sistema em termos das constantes do problema. Observação didática rápida: a inversão de L foi possível porque precisamos escrever \dot{x}; fisicamente L representa a relação entre fluxos e correntes e normalmente é positiva definida (energia magnética positiva) quando M^{2}<L_{1}L_{2}.]

Passo 4

Agora usamos os valores numéricos do item (b):
L_{1}=2,\;L_{2}=8,\;M=3,\;R_{1}=1,\;R_{2}=2.
Calcule D:
D=L_{1}L_{2}-M^{2}=2\cdot 8-3^{2}=16-9=7.
Substituindo em A:
a_{11}=-\dfrac{L_{2}R_{1}}{D}=-\dfrac{8\cdot 1}{7}=-\dfrac{8}{7},
a_{12}=\dfrac{M R_{2}}{D}=\dfrac{3\cdot 2}{7}=\dfrac{6}{7},
a_{21}=\dfrac{M R_{1}}{D}=\dfrac{3\cdot 1}{7}=\dfrac{3}{7},
a_{22}=-\dfrac{L_{1}R_{2}}{D}=-\dfrac{2\cdot 2}{7}=-\dfrac{4}{7}.
Logo
A=\begin{pmatrix}-\dfrac{8}{7} & \dfrac{6}{7}\\[6pt]\dfrac{3}{7} & -\dfrac{4}{7}\end{pmatrix}.]

Passo 5

Classificação do ponto de equilíbrio via autovalores. Para 2\times2 as propriedades úteis são
\text{traço } \tau = \operatorname{tr}A = a_{11}+a_{22}, \qquad \text{determinante } \Delta = \det A = a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}.ç
Se ambos os autovalores são reais e negativos → nó assintoticamente estável (sink). Calcule:
\tau=-\dfrac{8}{7}-\dfrac{4}{7}=-\dfrac{12}{7}, \qquad \Delta=\frac{32}{49}-\frac{18}{49}=\frac{14}{49}=\frac{2}{7}.
Equação característica:
\lambda^{2}-\tau\lambda+\Delta=0.
Discriminante:
\delta=\tau^{2}-4\Delta=\left(-\dfrac{12}{7}\right)^{2}-4\cdot\dfrac{2}{7}=\dfrac{144}{49}-\dfrac{8}{7}=\dfrac{88}{49}.
Logo autovalores
\lambda=\frac{\tau\pm\sqrt{\delta}}{2} =\frac{-\dfrac{12}{7}\pm \dfrac{\sqrt{88}}{7}}{2} =\frac{-12\pm\sqrt{88}}{14}.
Numericamente:
\lambda_{1}\approx -0,187083\quad\text{e}\quad \lambda_{2}\approx -1,527202,
ambos reais e negativos. Portanto o ponto de equilíbrio na origem é um nó assintoticamente estável (nó próprio, sink). Didática: dois autovalores reais e distintos de mesmo sinal negativo → soluções exponenciais reais que decaem com taxas diferentes; não há oscilações porque não há parte imaginária.

Passo 6

Encontrar autovetores para esboçar o retrato de fase. Para autovalor \lambda resolvemos (A-\lambda I)v=0. Usando a fórmula para a segunda componente em função da primeira:
\frac{v_{2}}{v_{1}}=\frac{\lambda-a_{11}}{a_{12}}.
Para \lambda_{1}\approx -0,187083:
\frac{v_{2}}{v_{1}}\approx\frac{-0,187083-(-1,142857)}{0,857143}=\frac{0,955774}{0,857143}\approx 1,1157.
Autovetor aproximado: v^{(1)}\propto\begin{pmatrix}1\\[4pt]1,1157\end{pmatrix}.
Para \lambda_{2}\approx -1,527202:
\frac{v_{2}}{v_{1}}\approx\frac{-1,527202-(-1,142857)}{0,857143}=\frac{-0,384345}{0,857143}\approx -0,44882.
Autovetor aproximado: v^{(2)}\propto\begin{pmatrix}1\\[4pt]-0,44882\end{pmatrix}.
Interpretação física-matemática didática: as direções dos autovetores são as direções invariantes do fluxo; como \lambda_{2} é mais negativo (mais rápido), as componentes na direção v^{(2)} decaem mais rapidamente, e as trajetórias acabam alinhando-se com o autovetor associado a \lambda_{1} (o de menor magnitude absoluto) antes de convergir lentamente ao zero.]

Passo 7

Desenho qualitativo do retrato de fase (item (c)) usando as informações anteriores. Como ambos os autovalores são reais e negativos:
  • A origem é um nó estável (sink).
  • Eixos-chave: as duas retas que passam pela origem com declives aproximados \dfrac{I_{2}}{I_{1}}\approx 1,1157 (direção do autovetor lento) e \dfrac{I_{2}}{I_{1}}\approx -0,44882 (direção do autovetor rápido).
  • Trajetórias: para condições iniciais genéricas, as soluções movem-se em curvas que são “puxadas” primeiro na direção do autovetor rápido (decai rapidamente) e, à medida que o componente rápido desaparece, aproximam-se da direção do autovetor lento, decaindo lentamente ao longo dela até o equilíbrio na origem.
  • Todas as setas apontam para a origem (dissipação através das resistências), sem oscilações.

Passo 8

Agora o item (d): usar L_{1}=2,\;L_{2}=8,\;M=5,\;R_{1}=1,\;R_{2}=2. Primeiro calcule D:
D=L_{1}L_{2}-M^{2}=2\cdot 8-5^{2}=16-25=-9.
Aqui D<0. Ainda que D\neq 0, a fórmula de A vale numericamente; substituindo obtemos
a_{11}=-\dfrac{8\cdot 1}{-9}=\dfrac{8}{9}, \quad a_{12}=\dfrac{5\cdot 2}{-9}=-\dfrac{10}{9}, \quad a_{21}=\dfrac{5\cdot 1}{-9}=-\dfrac{5}{9}, \quad a_{22}=-\dfrac{2\cdot 2}{-9}=\dfrac{4}{9}.
Logo
A=\begin{pmatrix}\dfrac{8}{9} & -\dfrac{10}{9}\\[6pt]-\dfrac{5}{9} & \dfrac{4}{9}\end{pmatrix}.
Calcule traço e determinante:
\tau=\frac{8}{9}+\frac{4}{9}=\frac{12}{9}=\frac{4}{3}>0,
\Delta=\frac{32}{81}-\frac{50}{81}=-\frac{18}{81}=-\frac{2}{9}<0.
Determinante negativa implica autovalores reais de sinais opostos → origem é um sela (saddle), logo instável. Assim o equilíbrio é um ponto-nó tipo sela (saddle point), com soluções que crescem exponencialmente em uma direção (autovalor positivo), e decaem em outra (autovalor negativo).]

Passo 9

Explicação física do porquê este caso não representa um transformador real. A matriz L representa as indutâncias e a energia magnética armazenada no acoplamento de bobinas é
W=\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix}I_{1}&I_{2}\end{pmatrix}L\begin{pmatrix}I_{1}\\[4pt]I_{2}\end{pmatrix} =\tfrac{1}{2}\big(L_{1}I_{1}^{2}+2M I_{1}I_{2}+L_{2}I_{2}^{2}\big).
Para que essa energia seja positiva para todos os vetores de corrente (I_{1},I_{2}) é necessário e suficiente que L seja definida positiva, o que requer L_{1}>0,\;L_{2}>0 e M^{2}<L_{1}L_{2}. Se M^{2}>L_{1}L_{2} (como no caso com M=5) a energia pode ser negativa para algumas combinações de correntes: isto é fisicamente impossível para um dispositivo passivo que armazena energia magnética. Matematicamente, essa condição leva a comportamentos instáveis (autovalores com sinal positivo) — o que contradiz a natureza dissipativa de um transformador com resistências positivas. Portanto o sistema com M^{2}>L_{1}L_{2} não corresponde a um transformador físico.]

Resposta

(a) A=\begin{pmatrix} -\dfrac{L_{2}R_{1}}{L_{1}L_{2}-M^{2}} & \dfrac{M R_{2}}{L_{1}L_{2}-M^{2}}\\[8pt] \dfrac{M R_{1}}{L_{1}L_{2}-M^{2}} & -\dfrac{L_{1}R_{2}}{L_{1}L_{2}-M^{2}} \end{pmatrix}.
(b) Para L_{1}=2,\;L_{2}=8,\;M=3,\;R_{1}=1,\;R_{2}=2: autovalores \lambda_{1}\approx -0{,}18708, \lambda_{2}\approx -1{,}52720. O equilíbrio na origem é um nó assintoticamente estável (sink).
(c) Retrato de fase: nó estável. Autovetores aproximados com inclinações \dfrac{I_{2}}{I_{1}}\approx 1{,}1157 (direção lenta) e \dfrac{I_{2}}{I_{1}}\approx -0{,}44882 (direção rápida). Trajetórias entram para a origem, aproximando-se assintoticamente da direção do autovetor associado ao autovalor de menor módulo.
(d) Para L_{1}=2,\;L_{2}=8,\;M=5,\;R_{1}=1,\;R_{2}=2: D<0, \det A<0 → autovalores reais com sinais opostos → o equilíbrio é uma sela (saddle), instável. Este caso é fisicamente impossível para um transformador passivo porque M^{2}>L_{1}L_{2} torna a matriz de indutâncias não-definida-positiva, permitindo energia magnética negativa para algumas correntes.]

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