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Enunciado

Cálculo - Boyce - Equações Diferenciais - Ed: 10º - Capítulo 7.8 - Ex. 16

Considere, novamente, o circuito elétrico no Problema 26 da Seção 7.6. Esse circuito é

descrito pelo sistema de equações diferenciais:

d d t I V = 0 1 L - 1 C - 1 R C I V

a)Mostre que os autovalores são reais e iguais se L   =   4 R 2 C .

b)Suponha que R = 1 Ω , C = 1 F , e L = 4 H . Suponha, também, que I 0 = 1   A e V 0 = 2 V , encontre I ( t ) e V ( t ) .

Passo 1

a)Iremos considerar I V = x , logo temos:

x ' = 0 1 L - 1 C - 1 R C x

Os autovalores e autovetores associados.

Para isto utilizaremos a seguinte relação:

A - r I ξ = 0

Em que os autovalores serão as raízes do d e t ⁡ ( A - r I ) .

Determinando os autovalores:

det ⁡ A - r I = 0 1 L - 1 C - 1 R C - r 0 0 r

det ⁡ A - r I = - r 1 L - 1 C - 1 R C - r

det ⁡ A - r I = R + C L R r 2 + C 2 L r C L R

Tendo as raízes:

r 1 , 2 = - 1 2 R C ± L 2 - 4 R 2 C L 2 R C L

Note que o descriminante desaparece quando L = 4 R 2 C .

Passo 2

b)Aplicando todas as condições consideradas, R = 1 Ω , C = 1 F , e L = 4 H .

Condições iniciais como: I 0 = 1   A e V 0 = 2 V .

Para resolver as condições teremos que calcular a solução geral e após isto aplicarmos as condições iniciais.

Aplicando teremos o seguinte sistema da equação diferencial:

d d t I V = 0 1 4 - 1 - 1 I V

Para isto utilizaremos a seguinte relação:

A - r I ξ = 0

Em que os autovalores serão as raízes do d e t ⁡ ( A - r I ) .

Determinando os autovalores:

det ⁡ A - r I = 0 1 4 - 1 - 1 - r 0 0 r

det ⁡ A - r I = - r 1 4 - 1 - 1 - r

det ⁡ A - r I = r 2 + r + 1 4

Tendo as raízes:

r 1 = - 1 / 2

r 2 = - 1 / 2

Vamos agora determinar o autovetor associado, colocando r = - 1 2 , temos:

A - r I ξ = 0

1 2 1 4 - 1 - 1 2 ∙ ξ 1 ξ 2 = 0

Reduzindo o sistema para:

2 ξ 1 + ξ 2 = 0

Para r = - 1 2 :

ξ 1 = 1 - 2

I V ( 1 ) t = 1 - 2 ∙ e - 1 2 t

Para podermos calcular a segunda solução linear, teremos que generalizar um vetor próprio:

1 2 1 4 - 1 - 1 2 ∙ η 1 η 2 = 1 - 2

Temos que:

η 1 + η 2 = 2

Assumindo η 1 = k , teremos:

η 2 = 4 - 2 k

Aplicando a segunda solução para autovalores repetidos:

I V 2 = 1 - 2 t e - 1 2 t + k 4 - 2 k e - 1 2 t = 1 - 2 t e - 1 2 t + 0 4 e - 1 2 t + k 1 - 2 e - 1 2 t

Aplicando a formula da solução geral temos:

I V = c 1 I V 1 t + c 2 I V ( 2 ) t

Logo a solução geral fica:

I V = c 1 1 - 2 t e - 1 2 t + c 2 1 - 2 t e - 1 2 t + 0 4 e - 1 2 t

Passo 3

Para finalizarmos, iremos aplicar as condições iniciais na solução geral e teremos o seguinte sistema:

c 1 = 1

- 2 c 1 + 4 c 2 = 2

Resultando:

c 1 = 1

c 2 = 1

Portanto a solução I V P fica:

I V = 1 - 2 e - t 2 + 1 - 2 t e - t 2

Resposta

a) r 1,2 = - 1 2 R C ± L 2 - 4 R 2 C L 2 R C L

b) I V = 1 - 2 e - t 2 + 1 - 2 t e - t 2

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