Questão 2. (30 pontos) Um circuito R C é sujeito a uma fonte de tensão contínua, com potencial V_{0} constante. Na malha que contém a bateria, há uma chave que liga durante um período T>0 e na sequência desliga. Inicialmente o capacitor está descarregado, e o circuito sem corrente. A corrente do circuito, i(t) satisfaz o PVI
i^{\prime}(t)+\frac{1}{R C} i(t)=\frac{V_{0}}{R}(\delta(t)-\delta(t-T)), \quad i(0)=0
Use a transformada de Laplace para encontrar a solução da EDO (1), assumindo R, C, V_{0}, T> 0. Esboce seu gráfico.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede (tudo isso veio do enunciado).
  • Dado o PVI
i'(t)+\frac{1}{R C}\,i(t)=\frac{V_{0}}{R}\bigl(\delta(t)-\delta(t-T)\bigr), \qquad i(0)=0,
com constantes R>0, C>0, V_{0}>0, T>0.
  • O enunciado pede: usar a transformada de Laplace para encontrar a solução i(t) (para t\ge0) e esboçar o gráfico da corrente no tempo.

Passo 2

Pequena aula sobre a transformada de Laplace e propriedades úteis (sem pular etapas).
  • Definição: a transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-s t}f(t)\,dt.
  • Propriedade da derivada (PVI com condição inicial): se I(s)=\mathcal{L}\{i\}(s) e i(0) é finito então
\mathcal{L}\{i'\}(s)=sI(s)-i(0).
Aqui s é a variável da transformada (complexa), e I(s) é a imagem de i(t).
  • Transformada do impulso de Dirac: para \delta(t-a) com a\ge0,
\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}(s)=e^{-a s}.
Em particular \mathcal{L}\{\delta(t)\}=1 e \mathcal{L}\{\delta(t-T)\}=e^{-sT}.
  • Teorema do deslocamento no tempo (shifting): se \mathcal{L}\{f\}(s)=F(s) então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-sT}F(s)\}(t)=f(t-T)\,u(t-T),
onde u(t-T) é a função unit step (Heaviside) que vale 0 para t<T e 1 para t\ge T. Essa propriedade é a que nos permite tratar termos multiplicados por e^{-sT}.

Passo 3

Aplicar a transformada de Laplace à equação dada, passo a passo.
  • Denotemos I(s)=\mathcal{L}\{i(t)\}(s) e também seja
a=\frac{1}{R C},
para simplificar escrita (logo a>0).
  • Tomando Laplace em ambos os lados da equação:
\mathcal{L}\{i'\}(s)+a\,\mathcal{L}\{i\}(s)=\frac{V_{0}}{R}\bigl(\mathcal{L}\{\delta(t)\}-\mathcal{L}\{\delta(t-T)\}\bigr).
  • Usando as propriedades: \mathcal{L}\{i'\}(s)=sI(s)-i(0) e i(0)=0; \mathcal{L}\{\delta(t)\}=1, \mathcal{L}\{\delta(t-T)\}=e^{-sT}. Substituindo:
sI(s)+a I(s)=\frac{V_{0}}{R}\bigl(1-e^{-sT}\bigr).
  • Agrupando I(s):
I(s)\bigl(s+a\bigr)=\frac{V_{0}}{R}\bigl(1-e^{-sT}\bigr).
  • Portanto
I(s)=\frac{V_{0}}{R}\,\frac{1-e^{-sT}}{s+a}.

Passo 4

Preparar a inversa: escrever I(s) como soma de termos cuja inversa conhecemos.
  • Escrevemos
I(s)=\frac{V_{0}}{R}\left(\frac{1}{s+a}-\frac{e^{-sT}}{s+a}\right).
  • Agora aplicamos a transformada inversa termo a termo. Sabemos que
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+a}\right\}(t)=e^{-a t},
e, pela propriedade de deslocamento,
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-sT}}{s+a}\right\}(t)=e^{-a(t-T)}\,u(t-T).
  • Logo a transformada inversa de I(s) é
i(t)=\frac{V_{0}}{R}\Bigl(e^{-a t}-e^{-a(t-T)}\,u(t-T)\Bigr).

Passo 5

Escrever a solução numa forma explícita e em partes (útil para desenhar e interpretar).
  • Substituindo a=1/(RC) de volta, a solução pode ser escrita como
i(t)=\frac{V_{0}}{R}\Bigl(e^{-t/(RC)}-e^{-(t-T)/(RC)}\,u(t-T)\Bigr).
  • Em forma por partes (mais clara):
\text{para }0\le t<T:\quad i(t)=\frac{V_{0}}{R}\,e^{-t/(RC)},
\text{para }t\ge T:\quad i(t)=\frac{V_{0}}{R}\Bigl(e^{-t/(RC)}-e^{-(t-T)/(RC)}\Bigr).
  • Verificações rápidas e interpretação física/matemática:
    • Imediatamente após t=0 (ou seja t=0^+) a corrente salta de i(0^-)=0 para
    i(0^+)=\frac{V_{0}}{R},isso porque o impulso \delta(t) empurra a corrente instantaneamente — a transformada de Laplace tratou corretamente esse salto.
    • Para 0<t<T a corrente decai exponencialmente a partir de V_{0}/R com constante de tempo \tau=RC.
    • No instante t=T há um impulso negativo -\delta(t-T) que causa uma queda instantânea da corrente de magnitude \dfrac{V_{0}}{R}. De fato
    i(T^-)=\frac{V_{0}}{R}e^{-T/(RC)},\qquad i(T^+)=\frac{V_{0}}{R}\bigl(e^{-T/(RC)}-1\bigr)=i(T^-)-\frac{V_{0}}{R}.
    • Para t>T a corrente continua a decair exponencialmente a partir de i(T^+) e tende a zero quando t\to\infty.

Passo 6

Esboço do gráfico (descrição para desenhar à mão — desenhe e respire fundo, você consegue).
  • No eixo vertical coloque i (corrente) e no horizontal t.
  • Em t=0 a curva faz um salto instantâneo de 0 para \dfrac{V_{0}}{R}.
  • Para 0<t<T a curva é uma exponencial decrescente \dfrac{V_{0}}{R}e^{-t/(RC)}.
  • Em t=T a curva tem uma queda instantânea de amplitude \dfrac{V_{0}}{R}; portanto o valor imediatamente após T é negativo (porque e^{-T/(RC)}<1), igual a \dfrac{V_{0}}{R}\bigl(e^{-T/(RC)}-1\bigr).
  • Para t>T a curva continua decaindo exponencialmente em direção a zero, com a mesma constante de tempo \tau=RC.
  • O gráfico lembra duas parcelas de exponencial juntadas por saltos (impulsos) em t=0 e t=T.

Resposta

i(t)=\frac{V_{0}}{R}\Bigl(e^{-t/(RC)}-e^{-(t-T)/(RC)}\,u(t-T)\Bigr)
\text{ou, de modo equivalente,}\quad \begin{cases} i(t)=\dfrac{V_{0}}{R}\,e^{-t/(RC)}, & 0\le t<T,\\[6pt] i(t)=\dfrac{V_{0}}{R}\!\left(e^{-t/(RC)}-e^{-(t-T)/(RC)}\right), & t\ge T. \end{cases}]

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