Encontre a carga estacionária e a corrente estacionária em um circuito em série LRC quando L=1 \mathrm{~h}, R=2 \Omega, C=0,25 \mathrm{f}, E(t)=50 \cos t \mathrm{~V}. OBS: A carga estacionária é o termo da carga que não tende a zero quando t \rightarrow+\infty . \quad q_{p}(t)=\frac{100}{13} \sin t+\frac{150}{13} \cos t, \quad i_{p}(t)=\frac{100}{13} \cos t-\frac{150}{13} \sin t

Passo 1

O enunciado fornece um circuito série LRC com os seguintes dados: L=1\\ \mathrm{H}, R=2\\ \Omega, C=0{,}25\\ \mathrm{F} e fonte E(t)=50\cos t\\ \mathrm{V}. Pede-se a carga estacionária (isto é, a parte da carga que não tende a zero quando t\to+\infty) e a corrente estacionária. O enunciado já indica as expressões particulares
q_{p}(t)=\frac{100}{13}\sin t+\frac{150}{13}\cos t,\qquad i_{p}(t)=\frac{100}{13}\cos t-\frac{150}{13}\sin t.
Aqui listei o que é dado e o que o problema pede; a resolução detalhada começa no próximo passo.

Passo 2

Escrevemos a equação diferencial que governa a carga q(t) num circuito série LRC. A lei de Kirchhoff dá
L\,q''(t)+R\,q'(t)+\frac{1}{C}\,q(t)=E(t).
Expliquei cada símbolo: q(t) é a carga no capacitor (em coulombs), q'(t)=i(t) é a corrente (em ampères), L é a indutância (henry), R a resistência (ohm), C a capacitância (farad) e E(t) a fonte (volts). Substituindo os valores numéricos L=1, R=2, C=0{,}25 e E(t)=50\cos t, obtemos a EDO
q''(t)+2q'(t)+4q(t)=50\cos t.

Passo 3

Vou explicar o que é “estacionário” aqui: a solução geral da EDO é soma da solução homogênea q_h(t) (transiente) e de uma solução particular q_p(t) (forçamento). Ou seja,
q(t)=q_h(t)+q_p(t).
Se o transiente q_h(t) tende a zero quando t\to+\infty, então o termo que fica no infinito é exatamente q_p(t). Por isso a “carga estacionária” é q_p(t) e a “corrente estacionária” é i_p(t)=q_p'(t), desde que q_h(t)\to0.

Passo 4

Estudo rapidamente o comportamento do homogêneo para garantir que decai: a equação homogênea é
q''+2q'+4q=0.
A equação característica é r^{2}+2r+4=0. As raízes são
r=-1\pm i\sqrt{3},
ou seja, q_h(t) é combinação linear de e^{-t}\cos(\sqrt{3}t) e e^{-t}\sin(\sqrt{3}t). Como aparece o fator e^{-t}, temos q_h(t)\to0 quando t\to+\infty. Portanto a parte estacionária é mesmo a solução particular forçada.

Passo 5

Vou determinar q_p(t) pelo método dos coeficientes indeterminados. A força é 50\cos t, então escolhemos a forma de tentativa
q_p(t)=A\cos t+B\sin t,
porque derivando produzimos cossenos e senos — isso é padrão: se RHS é combinação de senos e cossenos de frequência \omega, tentamos combinação de \cos\omega t e \sin\omega t. Agora calculo as derivadas:
q_p'(t)=-A\sin t+B\cos t,
q_p''(t)=-A\cos t-B\sin t.

Passo 6

Substituo q_p,q_p',q_p'' na EDO q''+2q'+4q=50\cos t. Fazendo a substituição e coletando termos em \cos t e \sin t,
(-A\cos t - B\sin t) + 2(-A\sin t + B\cos t) + 4(A\cos t + B\sin t)=50\cos t.
Agora agrupo coeficientes de \cos t e \sin t:
coeficiente de \cos t: -A + 2B + 4A = 3A + 2B.
coeficiente de \sin t: -B - 2A + 4B = -2A + 3B.
Igualando ao lado direito 50\cos t + 0\sin t obtemos o sistema linear
\begin{cases} 3A+2B=50,\\[4pt] -2A+3B=0. \end{cases}]

Passo 7

Resolvo o sistema. Da segunda equação vem 3B=2A, ou seja
B=\frac{2}{3}A.
Substituo na primeira:
3A+2\left(\frac{2}{3}A\right)=50 \quad\Longrightarrow\quad 3A+\frac{4}{3}A=\frac{13}{3}A=50.
Assim
A=\frac{50\cdot3}{13}=\frac{150}{13}.
E então
B=\frac{2}{3}A=\frac{2}{3}\cdot\frac{150}{13}=\frac{100}{13}.

Passo 8

Com A e B achados, a solução particular (que é a parte estacionária da carga) é
q_{p}(t)=\frac{150}{13}\cos t+\frac{100}{13}\sin t.
Este resultado coincide com a expressão fornecida no enunciado (apenas escrevi na ordem \cos depois \sin). A corrente estacionária é a derivada de q_p:
i_{p}(t)=q_{p}'(t)=-\frac{150}{13}\sin t+\frac{100}{13}\cos t,
ou reorganizando termos,
i_{p}(t)=\frac{100}{13}\cos t-\frac{150}{13}\sin t,
que também coincide com a expressão fornecida.

Resposta

q_{\text{estacionária}}(t)=\dfrac{100}{13}\sin t+\dfrac{150}{13}\cos tá
i_{\text{estacionária}}(t)=\dfrac{100}{13}\cos t-\dfrac{150}{13}\sin tá

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