Resolver as equações diferenciais:
A equação diferencial para a carga instantânea q(t) no capacitor em um circuito em série é dada por:
L \frac{d^{2} q}{d t^{2}}+R \frac{d q}{d t}+\frac{1}{C} q=E(t) ; um circuito em série contém um indutor, um resistor e um capacitor para os quais L=1 henry, R=10 ohms e C=0,01 farad, respectivamente. A voltagem:
E(t)=\left\{\begin{array}{c}10,0 \leq t<3 \\\\ 0, t \geq 3\end{array}\right.
Considerando q(0)=0 e q^{\prime}(0)=0, qual é a carga q(t) conforme a situação exposta acima.

Passo 1

O enunciado pede para encontrar a carga q(t)\) em um capacitor num circuito série governado pela equação \[L\frac{d^{2}q}{dt^{2}}+R\frac{dq}{dt}+\frac{1}{C}q=E(t),
com os parâmetros e condições iniciais a seguir:
L=1\\ \text{H},\qquad R=10\\ \Omega,\qquad C=0{,}01\\ \text{F},
E(t)=\begin{cases}10,&0\le t<3,\\[4pt]0,&t\ge 3,\end{cases}
q(0)=0,\qquad q'(0)=0.
O que devemos fornecer é q(t)\] para todos \(t\ge 0, ou seja, a solução no intervalo 0\le t<3 (força constante 10) e no intervalo t\ge 3 (força nula), obedecendo continuidade de q e q' em t=3.]

Passo 2

Primeiro simplificamos a equação com os valores dados. Como L=1 e 1/C=100 (porque C=0{,}01), a equação fica
\frac{d^{2}q}{dt^{2}}+10\frac{dq}{dt}+100q=E(t).
A equação homogênea associada é
\frac{d^{2}q}{dt^{2}}+10\frac{dq}{dt}+100q=0.
Procuramos soluções da forma q(t)=e^{rt}. Substituindo obtemos a equação característica
r^{2}+10r+100=0.
Calculamos as raízes:
\Delta=10^{2}-4\cdot1\cdot100=100-400=-300<0,
logo raízes complexas conjugadas:
r=-5\pm i\,5\sqrt{3}.
Isto significa que a solução homogênea é um decaimento exponencial multiplicando uma oscilação. Definimos a frequência amortecida
\omega=5\sqrt{3}.
Então a solução geral homogênea pode ser escrita como
q_h(t)=e^{-5t}\big(A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t)\big),
onde A e B são constantes.

Passo 3

Agora achamos uma solução particular para cada intervalo de E(t).
Para 0\le t<3 temos E(t)=10 (constante). Para força constante, procuramos solução particular constante q_p. Se q_p é constante, q_p''=q_p'=0, então a equação dá
100 q_p = 10 \quad\Rightarrow\quad q_p=\frac{10}{100}=0{,}1.
Portanto a solução geral no intervalo 0\le t<3 é
q(t)=0{,}1 + e^{-5t}\big(A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t)\big).

Passo 4

Agora aplicamos as condições iniciais em t=0 para determinar A e B.
Usando q(0)=0:
q(0)=0{,}1 + A = 0 \quad\Rightarrow\quad A=-0{,}1.
Para q'(t) derivamos a solução. Seja f(t)=e^{-5t}(A\cos\omega t + B\sin\omega t). Então
f'(t)=e^{-5t}\big(-5(A\cos\omega t + B\sin\omega t) - A\omega\sin\omega t + B\omega\cos\omega t\big).
Como q'(t)=f'(t) (pois q_p é constante), em t=0 temos q'(0)=0, portanto
0 = q'(0) = -5A + B\omega.
Substituindo A=-0{,}1 e \omega=5\sqrt{3},
0 = -5(-0{,}1) + B\cdot 5\sqrt{3} \quad\Rightarrow\quad 0 = 0{,}5 + 5\sqrt{3}\,B.
Logo
B = -\frac{0{,}5}{5\sqrt{3}} = -\frac{1}{10\sqrt{3}}.

Passo 5

Portanto, para 0\le t<3 a solução é
q(t)=0{,}1 + e^{-5t}\!\left(-0{,}1\cos(\omega t)-\frac{1}{10\sqrt{3}}\sin(\omega t)\right),
ou, fatorando -0{,}1,
q(t)=0{,}1 -0{,}1\,e^{-5t}\!\left(\cos(\omega t)+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin(\omega t)\right),
com \omega=5\sqrt{3}.

Passo 6

Para t\ge 3 a força é E(t)=0, então a equação é homogênea. Temos que usar as condições em t=3 (continuidade de q e q') para iniciar a solução livre a partir de t=3. Calculamos primeiro q(3) e q'(3) usando a expressão do intervalo anterior.
Usando a expressão do Passo 5:
q(3)=0{,}1 + e^{-15}\!\left(-0{,}1\cos(3\omega)-\frac{1}{10\sqrt{3}}\sin(3\omega)\right),
onde 3\omega=15\sqrt{3}.
Agora calculamos q'(3). Usamos a fórmula do Passo 4 com A=-0{,}1 e B=-\dfrac{1}{10\sqrt{3}}. Ao avaliar f'(t) em t=3 e simplificar (os termos em \cos se cancelam como mostra a álgebra), obtemos a forma simples
q'(3)=e^{-15}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}\sin(3\omega)=e^{-15}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}\sin(15\sqrt{3}).
(Se quiser verificar os passos algébricos: a soma dos termos em \cos se anula e os coeficientes das funções \sin somam-se para dar \dfrac{2}{\sqrt{3}}e^{-15}\sin(15\sqrt{3}).)

Passo 7

Para t\ge 3 resolvemos a homogênea com as condições iniciais q(3) e q'(3). A solução homogênea geral, deslocada para t\ge 3, é
q(t)=e^{-5(t-3)}\big(C\cos(\omega (t-3))+D\sin(\omega (t-3))\big).
Em t=3 temos q(3)=C e, pela derivada,
q'(3)=-5C + D\omega.
Assim
C=q(3)
e
D=\frac{q'(3)+5C}{\omega}.
Substituindo as expressões obtidas em Passo 6 (lembrando \omega=5\sqrt{3}), podemos escrever C e D explicitamente:
C=0{,}1 + e^{-15}\!\left(-0{,}1\cos(15\sqrt{3})-\frac{1}{10\sqrt{3}}\sin(15\sqrt{3})\right),
D=\frac{1}{5\sqrt{3}}\left[\,e^{-15}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}\sin(15\sqrt{3})+5C\,\right].
Ao simplificar (fatorando e simplificando termos), uma forma mais explícita para D é
D=\frac{1}{10\sqrt{3}} + e^{-15}\!\left(\frac{1}{10}\sin(15\sqrt{3})-\frac{1}{10\sqrt{3}}\cos(15\sqrt{3})\right).
(Detalhes da simplificação: computa-se q'(3)+5C e divide-se por \omega=5\sqrt{3}; a álgebra leva ao termo constante \dfrac{1}{10\sqrt{3}} mais um termo proporcional a e^{-15}.)

Passo 8

Concluímos juntando as parcelas. A solução completa, escrita de forma clara e pronta para uso em prova, é dada por duas expressões, uma para 0\le t<3 e outra para t\ge 3.

Resposta

q(t)=0{,}1 -0{,}1\,e^{-5t}\!\left(\cos(5\sqrt{3}\,t)+\dfrac{1}{\sqrt{3}}\sin(5\sqrt{3}\,t)\right),\quad 0\le t<3
q(t)=e^{-5(t-3)}\Big(C\cos\big(5\sqrt{3}(t-3)\big)+D\sin\big(5\sqrt{3}(t-3)\big)\Big),\quad t\ge 3
com
C=0{,}1 + e^{-15}\!\left(-0{,}1\cos(15\sqrt{3})-\dfrac{1}{10\sqrt{3}}\sin(15\sqrt{3})\right)
e
D=\dfrac{1}{10\sqrt{3}} + e^{-15}\!\left(\dfrac{1}{10}\sin(15\sqrt{3})-\dfrac{1}{10\sqrt{3}}\cos(15\sqrt{3})\right).

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