eq diferenciais 3
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CIÊNCIAS WEB EQUAÇÕESDIFERENCIAIS
EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM
Forma geral : 𝒂 𝒙 𝒚´´ + 𝒃 𝒙 𝒚´ + 𝒄 𝒙 𝒚 = 𝒒(𝒙)
Vamos estudar o caso particular em que 𝒂, 𝒃 𝒆 𝒄 são constantes
Se 𝑞(𝑥) ≡ 0 a equação é dita homogênea. Caso contrário é não homogênea
1. Equações Lineares de 2ª ordem homogêneas 𝒂𝒚´´ + 𝒃𝒚´ + 𝒄 = 𝟎
Para resolve-las temos que começar resolvendo a equação característica dosegundo grau
𝑎𝑟2 + 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0
Temos então três casos a considerar :
1.1 ∆ > 𝟎 : Eq. característica tem duas raízes reais distintas 𝑟1 𝑒 𝑟2
Nesse caso a solução geral da ED é 𝒚 𝒙 = 𝑪𝟏𝒆𝒓𝟏𝒙 + 𝑪𝟐𝒆
𝒓𝟐𝒙
1.2 ∆ = 𝟎 : Eq. característica tem duas raízes reais iguais 𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟
Nesse caso a solução geral da ED é 𝒚 𝒙 = 𝑪𝟏𝒆𝒓𝒙 + 𝑪𝟐𝒙𝒆
𝒓𝒙
EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM
1.3 ∆ < 𝟎 : Eq. característica tem raízes complexas conjugadas 𝑟 = 𝛼 ± 𝛽𝑖
Nesse caso a solução geral da ED é 𝒚 𝒙 = 𝒆𝜶𝒙 𝑪𝟏𝒄𝒐𝒔(𝜷𝒙 + 𝑪𝟐𝒔𝒆𝒏(𝜷𝒙))
Nos três casos as constantes 𝐶1 𝑒 𝐶2 serão determinadas com o uso decondições iniciais do tipo 𝑦 𝑥0 = 𝑦0 𝑒 𝑦´ 𝑥0 = 𝑦0
,
Exemplo : Resolva o PVC : 𝑦´´ − 4𝑦´ + 4𝑦 = 0 𝑐𝑜𝑚 𝑦 0 = 4 𝑒 𝑦´ 0 = 10
Equação característica : 𝑟2 − 4𝑟 + 4 = 0 . Raízes 𝑟1 = 𝑟2 = 2 .
Logo a solução geral da ED é 𝑦 𝑥 = 𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒
2𝑥
Aplicando as condições de contorno temos
1. 𝑦 0 = 4 ⇒ 𝐶1𝑒0 + 𝐶20𝑒
0 = 4 ⇒ 𝐶1 = 4
2. 𝑦´ 𝑥 = 2𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶2𝑒
2𝑥 + 2𝐶2𝑥𝑒2𝑥 . Logo
𝑦´ 0 = 10 = 2𝐶1𝑒0 + 𝐶2𝑒
0 + 2𝐶20𝑒0 ⇒ 2𝐶1 + 𝐶2 = 10 ⇒ 8 + 𝐶2 = 10 ⇒ 𝐶2 = 2
A solução da ED é : 𝑦 𝑥 = 4𝑒2𝑥 + 2𝑥𝑒2𝑥
2. Equações Lineares de 2ª ordem não homogêneas 𝒂𝒚´´ + 𝒃𝒚´ + 𝒄 = 𝒒(𝒙)
EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM
2.1 Método dos Coeficientes a Determinar
Primeiramente resolvemos a ED homogênea correspondente, encontrando sua soluçãogeral, a qual denominaremos 𝒚𝒉
A solução da ED não homogênea será então dada por 𝒚 = 𝒚𝒉 + 𝒚𝒑. Onde 𝒚𝒑 é uma
solução particular da equação não homogênea.
Para determinar a solução particular 𝑦𝑝, usamos o método a seguir
2.1.1 𝒒(𝒙) é um polinômio do grau 𝒏 :
Temos três casos a considerar
Então 𝒚𝒑 também será um polinômio de grau n
Exemplo : Suponha a equação 𝑦´´ + 3𝑦´ + 2𝑦 = 2𝑥2 . Então 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶
Assim teremos : 𝑦𝑝, = 2𝐴𝑥 + 𝐵 e 𝑦𝑝
,, = 2𝐴
Substituindo na ED vem : 2𝐴 + 3 2𝐴𝑥 + 𝐵 + 2(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) = 2𝑥2 . O que nos leva ao sistema:
2𝐴 = 2 ⇒ 𝐴 = 16𝐴 + 2𝐵 = 0 ⇒ 6 + 2𝐵 = 0 ⇒ 𝐵 = −3
2𝐴 + 3𝐵 + 2𝐶 = 0 ⇒ 2 − 9 + 2𝐶 = 0 𝐶 =7
2
𝑦𝑝 = 𝑥2 − 3𝑥 +7
2
2.1.2 𝒒(𝒙) é da forma 𝑪𝒆𝒂𝒙 :
2.1.3 𝒒(𝒙) é da forma 𝑪 𝒄𝒐𝒔 𝒂𝒙 𝒐𝒖 𝑪 𝒔𝒆𝒏(𝒂𝒙):
Nesse caso também teremos 𝒚𝒑 = 𝑪𝒆𝒂𝒙
Nesse caso 𝒚𝒑 = 𝑨𝒄𝒐𝒔 𝒂𝒙 + 𝑩𝒔𝒆𝒏(𝒂𝒙)
EQUAÇÕES LINEARES DE 2ª ORDEM
Exemplo : Suponha a equação 𝑦´´ + 𝑦 = 𝑒3𝑥. Então 𝑦𝑝 = 𝐶𝑒3𝑥
Assim teremos : 𝑦𝑝, = 3𝐶𝑒3𝑥 e 𝑦𝑝
,, = 9𝐶𝑒3𝑥
Substituindo na ED vem : 9𝐶𝑒3𝑥 + 𝐶𝑒3𝑥 = 𝑒3𝑥. O que nos leva a: 10𝐶 = 1 ⇒ 𝐶 =1
10
Logo 𝑦𝑝 = 0,1𝑒3𝑥
Exemplo : Suponha a equação 𝑦´´ − 2𝑦´ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 2𝑥. Então 𝑦𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
Assim teremos : 𝑦𝑝, = −2𝐴𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2𝐵𝑐𝑜𝑠(2𝑥) e 𝑦𝑝
,, = −4𝐴𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 4𝐵𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
Substituindo na ED vem :
−4𝐴𝑐𝑜𝑠 2𝑥 − 4𝐵𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 4𝐴𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 4𝐵𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐴𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛 2𝑥 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
Logo : −3𝐴 − 4𝐵 = 0
−3𝐵 + 4𝐴 = 1 𝐴 =4
25𝑒 𝐵 = −
3
25
Assim : 𝑦𝑝 =4
25cos 2𝑥 −
3
25𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
EXEMPLO - EQUAÇÕES DE 2ª ORDEM HOMOGÊNEAS
Exemplo 1 : Resolva a equação diferencial 𝑦´´ − 6𝑦´ + 13𝑦 = 0
Equação característica : 𝑟2 − 6𝑟 + 13 = 0
∆= 62 − 4.13 = −16 ⇒ 𝑟 =6 ± 4𝑖
2= 3 ± 2𝑖
Solução geral : 𝑦 𝑥 = 𝑒3𝑥 𝐶1𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛2𝑥
Exemplo2 : Resolva o Problema de Valor Inicial 𝑦´´ − 5𝑦´ + 6𝑦 = 0 com 𝑦 0 =1 𝑒 𝑦´ 0 = 2
Equação característica : 𝑟2 − 5𝑟 + 6 = 0
∆= 52 − 4.6 = 1 ⇒ 𝑟 =5 ± 1
2⇒ 𝑟1 = 3 𝑒 𝑟2 = 2
Solução geral : 𝑦 𝑥 = 𝐶1𝑒3𝑥 + 𝐶2𝑒
2𝑥 ⇒ 𝑦´ 𝑥 = 3𝐶1𝑒3𝑥 + 2𝐶2𝑒
2𝑥
Usando as cond. Iniciais :
𝑦 0 = 𝐶1 + 𝐶2 = 1
𝑦´ 0 = 3𝐶1 + 2𝐶2 = 2⇒ 𝐶1 = 0 𝑒 𝐶2 = 1
Assim a solução do PVI é :
𝑦 𝑥 = 𝑒2𝑥
EXEMPLO - EQUAÇÕES DE 2ª ORDEM NÃO HOMOGÊNEAS
Exemplo 3 : Resolva o Problema de Valor Inicial
𝑦´´ + 𝑦´ − 2𝑦 = 𝑥2 com 𝑦 0 = 2 e 𝑦´ 0 = 1
Equação característica : 𝑟2 + 𝑟 − 2 = 0
∆= 12 + 4.2 = 9 ⇒ 𝑟 =−1 ± 3
2⇒ 𝑟1 = 1 𝑒 𝑟2 = −2
Solução geral da ED homogênea : 𝑦 𝑥 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒
−2𝑥
A solução particular é um polinômio do 2º. grau : 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶
Assim teremos : 𝑦𝑝, = 2𝐴𝑥 + 𝐵 e 𝑦𝑝
,, = 2𝐴
Substituindo na ED vem : 2𝐴 + 2𝐴𝑥 + 𝐵 − 2(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) = 𝑥2 . O que nos leva ao sistema:
−2𝐴 = 1 ⇒ 𝐴 = −1
2
2𝐴 − 2𝐵 = 0 ⇒ −1 − 2𝐵 = 0 ⇒ 𝐵 = −1
2
2𝐴 + 𝐵 − 2𝐶 = 0 ⇒ −1 −1
2− 2𝐶 = 0 𝐶 = −
3
4
Assim a solução geral da ED será : 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒
−2𝑥 −𝑥2
2−
1
2𝑥 −
3
4
⇒ 𝑦𝑝 = −𝑥2
2−
1
2𝑥 −
3
4
EXEMPLO - EQUAÇÕES DE 2ª ORDEM NÃO HOMOGÊNEAS
Substituindo as condições iniciais teremos:
𝑦 0 = 𝐶1 + 𝐶2 −3
4= 2
𝑦´ 0 = 𝐶1 − 2𝐶2 −1
2= 1
Para determinar a solução do PVI, primeiramente vamos derivar a solução geral:
𝑦´ 𝑥 = 𝐶1𝑒𝑥 − 2𝐶2𝑒
−2𝑥 − 𝑥 −1
2
⇒𝐶1 =
7
3
𝐶2 =5
12
Finalmente a solução do PVI é :
𝑦 𝑥 =7
3𝑒𝑥 +
5
12𝑒−2𝑥 −
𝑥2
2−𝑥
2−3
4
MODELO 1 : MOVIMENTO OSCILATÓRIO SIMPLES
Suponha o caso do sistema mola massa, já estudadoanteriormente, onde temos um bloco de massa 𝑚 preso auma mola, de constante elástica 𝑘 , e apoiado em umasuperfície sem atrito.
Chamemos de 𝑥 o deslocamento do bloco a partir de suaposição de equilíbrio (𝑥 = 0) , onde a mola não estádistendida nem comprimida. E Vamos convencionar quequando a mola está distendida 𝑥 > 0 , e quando a mola estácomprimida 𝑥 < 0.
Pela Lei de Hooke, em qualquer caso a força exercida pelamola sobre o corpo será 𝐹𝑒 = 𝑘𝑥
Como essa força atua sempre no sentido contrário ao dodeslocamento do corpo, teremos a ED : 𝑚𝑥´´ = −𝑘𝑥
Colocando na forma normal : 𝒙´´ +𝒌
𝒎𝒙 = 𝟎 e a equação característica será : 𝑟2 +
𝑘
𝑚= 0
Esta eq. característica tem duas raízes complexas : 𝑟 = ±𝑖𝑘
𝑚
Se denominarmos 𝑤 =𝑘
𝑚, a solução geral da ED fica : 𝒙 𝒕 = 𝑪𝟏𝒄𝒐𝒔 𝒘𝒕 + 𝑪𝟐𝒔𝒆𝒏 𝒘𝒕
Onde 𝐶1 𝑒 𝐶2 serão determinadas por condições iniciais do tipo : 𝑥 0 = 𝑥0 e 𝑥´ 0 = 𝑣0
MODELO 1 : MOVIMENTO OSCILATÓRIO SIMPLES
𝑡
𝑥
𝑥0
Usando a expressão de 𝑥(𝑡), calculamos : 𝑥´ 𝑡 = 𝑤𝐶2 cos 𝑤𝑡 − 𝑤𝐶2𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)
Aplicando as condições iniciais vem:
𝑥0 = 𝑥 0 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠 0 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛 0 ⇒ 𝐶1 = 𝑥0
𝑣0 = 𝑥´ 0 = 𝑤𝐶2 cos 0 − 𝑤𝐶1𝑠𝑒𝑛 0 ⇒ 𝐶2 =𝑣0𝑤
Assim a expressão da solução fica : 𝒙 𝒕 = 𝒙𝟎𝒄𝒐𝒔 𝒘𝒕 +𝒗𝟎
𝒘𝒔𝒆𝒏 𝒘𝒕
Esse tipo de função temcomportamento periódico, comomostrado no gráfico ao lado.
Isso significa que o sistema vai oscilarperpetuamente em torno do pontode equilíbrio. O que faz sentido, poisnão existe nenhuma forçadegenerativa.
EXEMPLO: MOVIMENTO OSCILATÓRIO SIMPLES
Uma mola precisa que lhe seja aplicada uma força de 25,6N para causar umadistensão de 0,2m. Após aplicar essa distensão, prende-se uma massa de 2kg à molae libera-se o conjunto para oscilar a partir do repouso. Considerando que não hajaatrito que resista ao movimento, pede-se determinar a função 𝑥(𝑡) que dá a posiçãoda massa em qualquer instante 𝑡.
Usando a Lei de Hooke (𝐹 = 𝑘𝑥), calcula-se a constante de elasticidade da mola:
25,6 = 𝑘. 0,2 ⇒ 𝑘 = 128 ( 𝑁 𝑚)
A ED que modela o movimento fica então : 2𝑥´´ + 128𝑥 = 0
A equação característica será : 𝑟2 + 64 = 0 ⇒ 𝑟 = ±8𝑖
Assim, a solução geral da ED é : 𝑥 𝑡 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠8𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛8𝑡
A primeira condição de contorno é : 𝑥 0 = 0,2 . Substituindo temos : 0,2 = 𝐶1
A segunda condição de contorno é : 𝑥´ 0 = 0 . Mas 𝑥´ 𝑡 = −8𝐶1𝑠𝑒𝑛8𝑡 + 8𝐶2𝑐𝑜𝑠8𝑡Logo, substituindo temos : 0 = 8𝐶2 ⇒ 𝐶2 = 0
𝑥 𝑡 = 0,2. 𝑐𝑜𝑠8𝑡Então a solução é :
MODELO 2 : MOVIMENTO OSCILATÓRIO AMORTECIDO
Suponhamos agora que exista uma força de resistência, a qual é proporcional avelocidade do bloco. A equação diferencial fica então
𝑚𝑥´´ = −𝑘𝑥 − 𝑐𝑥´
onde 𝑐 é chamado coeficiente de amortecimento
Escrevendo na forma normal teremos : 𝒙´´ +𝒄
𝒎𝒙´ +
𝒌
𝒎𝒙 = 𝟎 e a equação característica
fica 𝑟2 +𝑐
𝑚𝑟 +
𝑘
𝑚= 0
A forma da solução geral da ED depende dos valores do termo 𝑅 = 𝑐2 − 4𝑚𝑘
Caso 1 : Se 𝑅 > 0 teremos :
𝑥 𝑡 = 𝐶1𝑒−𝑐+ 𝑅2𝑚 𝑡 + 𝐶2𝑒
−𝑐− 𝑅2𝑚 𝑡
Essa função tem um comportamentoexponencial decrescente, como mostrado nafigura ao lado.
𝑡
𝑥
𝑥0
Ou seja, se 𝑐 for suficientemente grande, aforça de resistência fará com que o blocopare após um certo tempo, sem oscilações.
Caso 2 : Se 𝑅 = 0 teremos :
𝑥 𝑡 = 𝑒−𝑐2𝑚 𝑡
𝐶1 + 𝐶2𝑡
Essa função tem um comportamento comomostrado na figura ao lado.
Ou seja, a força de resistência ainda farácom que o bloco pare após um certotempo, embora este tempo seja maior.
MODELO 2 : MOVIMENTO OSCILATÓRIO AMORTECIDO
Caso 3 : Se 𝑅 < 0 teremos :
𝑥 𝑡 = 𝑒−𝑐2𝑚 𝑡
𝐶1𝑐𝑜𝑠−𝑅
2𝑚+ 𝐶2𝑠𝑒𝑛
−𝑅
2𝑚
Essa função tem um comportamento periódicoamortecido, como mostrado na figura ao lado.
𝑡
𝑥
𝑥0
𝑡
𝑥
𝑥0
Ou seja, após algumas oscilações a força deresistência fará com que o bloco pare.
EXEMPLO 1: MOVIMENTO OSCILATÓRIO AMORTECIDO
A uma mola com constante elástica 𝑘 = 40( 𝑁 𝑚), prende-se um bloco com massa de1𝐾𝑔. Após distender-se a mola até a posição de 50 𝑐𝑚, aplica-se ao conjunto umavelocidade inicial de 3𝑚/𝑠 . Considerando que exista uma força de resistênciaproporcional a velocidade, com constante de amortecimento 𝑐 = 22 , pede-sedeterminar a função 𝑥(𝑡) que dá a posição da massa em qualquer instante 𝑡.
𝑥´´ = −40𝑥 − 22𝑥´
A ED que modela o movimento do conjunto é
ou 𝑥´´ + 22𝑥´ + 40𝑥 = 0
A equação característica é : 𝑟2 + 22𝑟 + 40 = 0 com ∆ = 324 e raízes = −2 𝑒 − 20
𝑥 𝑡 = 𝐶1𝑒−2𝑡 + 𝐶2𝑒
−20𝑡Assim, a solução geral da ED é : e 𝑥´ 𝑡 = −2𝐶1𝑒−2𝑡 − 20𝑒−20𝑡
Substituindo as condições de contorno : 𝑥 0 = 0,5𝑚 𝑒 𝑥´ 0 = 3𝑚/𝑠 teremos:
𝐶1 + 𝐶2 = 0,5
−2𝐶1 − 20𝐶2 = 3⇒ 𝐶1 = 0,72 𝑒 𝐶2 = −0,22
Assim a função que dá a posição é : 𝑥 𝑡 = 0,72𝑒−2𝑡 − 0,22𝑒−20𝑡
EXEMPLO 2: MOVIMENTO OSCILATÓRIO AMORTECIDO
A uma mola com constante elástica 𝑘 = 82( 𝑁 𝑚), prende-se um bloco com massa de1𝐾𝑔. Após distender-se a mola até a posição de 50 𝑐𝑚, larga-se o conjunto de formaa oscilar a partir do repouso. Considerando que exista uma força de resistênciaproporcional a velocidade, com constante de amortecimento 𝑐 = 2 , pede-sedeterminar a função 𝑥(𝑡) que dá a posição da massa em qualquer instante 𝑡.
𝑥´´ = −82𝑥 − 2𝑥´
A ED que modela o movimento do conjunto é
ou 𝑥´´ + 2𝑥´ + 82 = 0
A equação característica é : 𝑟2 + 2𝑟 + 82 = 0 com ∆= −324 e raízes = −1 ± 9𝑖
𝑥 𝑡 = 𝑒−𝑡(𝐶1𝑐𝑜𝑠9𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛9𝑡)Assim, a solução geral da ED é :
Substituindo as condições de contorno : 𝑥 0 = 0,5𝑚 𝑒 𝑥´ 0 = 0 teremos:
𝐶1 = 0,5
−𝐶1 + 𝐶2 = 0⇒ 𝐶1 = 𝐶2 = 0,5
Assim a função que dá a posição é : 𝑥 𝑡 = 𝑒−𝑡(0,5. cos(9𝑡) + 0,5. 𝑠𝑒𝑛(9𝑡))
e teremos: 𝑥´ 𝑡 = 𝐶1𝑒−𝑡 −𝑐𝑜𝑠9𝑡 − 𝑠𝑒𝑛9𝑡 + 𝐶2𝑒
−𝑡(𝑐𝑜𝑠9𝑡 − 𝑠𝑒𝑛9𝑡)
MODELO 3 : CIRCUITO RLC
Voltemos ao problema de determinar a função que fornece a corrente em um circuitoelétrico em função do tempo.
No entanto, desta vez o circuito terá três componentes : Umresistor (R), um indutor (L) e um capacitor (C), ligados emsérie com uma fonte de força eletromotriz, que gera umavoltagem dada por 𝜖(𝑡).
Aplicando a Lei de Kirchhoff, obtem-se:
𝐿𝑑𝐼(𝑡)
𝑑𝑡+ 𝑅𝐼(𝑡) +
𝑄(𝑡)
𝐶= 𝜖(𝑡)
Lembremos, no entanto, que por definição 𝐼 =𝑑𝑄
𝑑𝑡. Logo, podemos derivar a expressão
acima obtendo a seguinte ED Linear de 2ª. ordem:
𝐿𝑑2𝐼
𝑑𝑡2+ 𝑅
𝑑𝐼
𝑑𝑡+1
𝐶𝐼 =
𝑑𝜖
𝑑𝑡
Note que podemos também escrever uma Eq. Diferencial para a função carga 𝑄(𝑡)
𝐿𝑑2𝑄
𝑑𝑡2+ 𝑅
𝑑𝑄
𝑑𝑡+1
𝐶𝑄 = 𝜖(𝑡)
MODELO 3 : CIRCUITO RLC
Caso 1 : A fonte gera uma Voltagem Contínua
Neste caso temos 𝜖 𝑡 = 𝜖 e, consequentemente𝑑𝜖
𝑑𝑡= 0 . Logo a ED será homogênea
𝐿𝑑2𝐼
𝑑𝑡2+ 𝑅
𝑑𝐼
𝑑𝑡+1
𝐶𝐼 = 0
A equação característica é então 𝑟2 +𝑅
𝐿𝑟 +
1
𝐶𝐿= 0 , e terá as raízes dadas por :
𝑟 =−𝑅 ± 𝑅2 −
4𝐿𝐶
2𝐿
Como no caso do pêndulo, teremos três casos a considerar, dependendo do valor do
discriminante ∆= 𝑅2 −4𝐿
𝐶.
Notemos que , se compararmos essa ED com a do movimento oscilatório amortecido, vemos que o fator de amortecimento aqui é a resistência 𝑅 .
Caso 2 : A fonte gera uma Voltagem Alternada
As fontes de tensão alternada costumam gerar uma tensão do tipo 𝜖 𝑡 = 𝜖0. 𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡ou 𝜖 𝑡 = 𝜖0. 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡, onde 𝑤 é denominada pulsação da fonte .
MODELO 3 : CIRCUITO RLC
A ED do circuito torna-se então: 𝐿𝑑2𝐼
𝑑𝑡2+ 𝑅
𝑑𝐼
𝑑𝑡+1
𝐶𝐼 = 𝜖0. 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡
Resolve-se a ED homogênea, que é a do modelo anterior, e usa-se o método doscoeficientes a determinar para encontrar a solução particular, que será do tipo:
𝑦𝑝 = 𝐴. 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝐵. 𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡
EXEMPLO: CIRCUITO RLC
Determine as funções carga (𝑄 𝑡 ) e corrente (𝐼(𝑡)) em um circuito RLC no qual 𝑅 =40Ω , 𝐿 = 1𝐻 𝑒 𝐶 = 16𝑥10−4 𝐹. Sabendo que a fonte gera uma tensão 𝜖 𝑡 = 100. cos 10𝑡e que 𝑄 0 = 0 , 𝐼(0) = 0
𝑄´´ + 40𝑄´ + 625𝑄 = 100. 𝑐𝑜𝑠10𝑡
Eq. Característica : 𝑟2 + 40𝑟 + 625 = 0 Logo : ∆= 1600 − 2500 = 30𝑖
Assim as raízes são : −20 ± 15𝑖 E a solução da ED homogênea é
𝑦ℎ = 𝑒−20𝑡 . (𝐶1𝑐𝑜𝑠15𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛15𝑡)
A equação diferencial da carga é :
Sabemos que a solução particular terá a forma 𝑦𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠10𝑡 + 𝐵𝑠𝑒𝑛10𝑡 .
Pelo método dos coeficientes a determinar teremos :
𝑦´ = −10𝐴𝑠𝑒𝑛10𝑡 + 10𝐵𝑐𝑜𝑠10𝑡 e 𝑦´´ = −100𝐴𝑐𝑜𝑠10𝑡 − 100𝐵𝑠𝑒𝑛10𝑡
Substituindo na ED teremos :
−100(𝐴𝑐𝑜𝑠10𝑡 + 𝐵𝑠𝑒𝑛10𝑡) − 400 𝐴𝑠𝑒𝑛10𝑡 − 𝐵𝑐𝑜𝑠10𝑡 + 625 𝐴𝑐𝑜𝑠10𝑡 + 𝐵𝑠𝑒𝑛10𝑡= 100. 𝑐𝑜𝑠10𝑡
Donde : 525𝐴 + 400𝐵 = 100−400𝐴 + 525𝐵 = 0
⇒ 𝐴 =84
697e 𝐵 =
64
697e 𝑦𝑝 =
84
697𝑐𝑜𝑠10𝑡 +
64
697𝑠𝑒𝑛10𝑡
Assim, a solução geral é :
𝑄 𝑡 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 = 𝑒−20𝑡 . 𝐶1𝑐𝑜𝑠15𝑡 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛15𝑡 +4
69721. 𝑐𝑜𝑠10𝑡 + 16. 𝑠𝑒𝑛10𝑡
Usando a condição inicial 𝑄(0) = 0 , escrevemos : 𝐶1 +84
697= 0 ⇒ 𝐶1 = −
84
697
Derivando 𝑄(𝑡) obtemos:
𝑑𝑄
𝑑𝑡= 𝐼 𝑡 = 𝑒−20𝑡. −20𝐶1 + 15𝐶2 . 𝑐𝑜𝑠15𝑡 + −15𝐶1 − 20𝐶2 . 𝑠𝑒𝑛15𝑡 +
+40
697−21𝑠𝑒𝑛10𝑡 + 16𝑐𝑜𝑠10𝑡
Usando a condição inicial 𝐼 0 = 0 , escrevemos −20𝐶1 + 15𝐶2 +640
697= 0 ⇒ 𝐶2 = −
464
2.091
Assim teremos finalmente:
𝑄 𝑡 = 𝑒−20𝑡 . −84
697𝑐𝑜𝑠15𝑡 −
464
2091𝑠𝑒𝑛15𝑡 +
4
69721. 𝑐𝑜𝑠10𝑡 + 16. 𝑠𝑒𝑛10𝑡
𝐼 𝑡 = 𝑒−20𝑡 . −1.920
2.091𝑐𝑜𝑠15𝑡 +
13.060
2.091𝑠𝑒𝑛15𝑡 +
120
2.091−21𝑠𝑒𝑛10𝑡 + 16𝑐𝑜𝑠10𝑡
EXEMPLO: CIRCUITO RLC
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