Enunciado

Suponha que um circuito R-C em série tenha uma resistência variável. Se a resistência no instante t é dada por R = k 1 + k 2 . t , em que k 1 > 0 e k 2 > 0 são constantes, então (8) torna-se

( k 1 + k 2 . t ) d q d t + 1 C q = E ( t )

Mostre que, se E t = E 0 e q 0 = q 0 , então

q t = E 0 C + q 0 - E 0 . C k 1 k 1 + k 2 . t 1 C k 2

Passo 1

E aí, vamos lá?

Basicamente, o que temos que fazer aqui é resolver a EDO

( k 1 + k 2 . t ) d q d t + 1 C q = E ( t )

Para E t = E 0 e q 0 = q 0

Então vamos lá, temos:

( k 1 + k 2 . t ) d q d t + 1 C q = E 0

Temos aqui uma equação diferencial linear, porque ela pode ser escrita no formato d q d t + A t . q = B ( t ) , olha, dividindo tudo por ( k 1 + k 2 . t ) :

d q d t + 1 C . ( k 1 + k 2 . t ) q = E 0 k 1 + k 2 . t     ( I )

Vimos que a solução de uma equação diferencial linear é dada por:

q t = 1 I t ∫ I t . B t   d t + c     ( I I )

Onde I t = e ∫ A t   d t

Na nossa equação ( I ) , temos A t = 1 C . ( k 1 + k 2 . t ) e B t = E 0 k 1 + k 2 . t então:

I t = e ∫ 1 C . ( k 1 + k 2 . t )   d t

I t = e 1 C . k 2 . ln ⁡ | k 1 + k 2 . t |

I t = k 1 + k 2 . t 1 C . k 2

Substituindo o que temos na equação ( I I ) :

q t = 1 k 1 + k 2 . t 1 C . k 2 ∫ k 1 + k 2 . t 1 C . k 2 . E 0 k 1 + k 2 . t   d t + c     ( I I I )

Vamos resolver essa integral aí de dentro separadamente beleza?

Passo 2

Temos

∫ k 1 + k 2 . t 1 C . k 2 . E 0 k 1 + k 2 . t   d t

E 0 ∫ k 1 + k 2 . t 1 C . k 2 . 1 k 1 + k 2 . t 1   d t

Sabemos que a b a d = a b - d , então:

E 0 ∫ k 1 + k 2 . t 1 C . k 2 - 1   d t

E 0 ∫ k 1 + k 2 . t 1 - C . k 2 C . k 2   d t

Agora vamos aplicar uma substituição simples u = k 1 + k 2 . t , aí temos d u = k 2   d t

E 0 k 2 ∫ u 1 - C . k 2 C . k 2   d u

Aplicando a regrinha da integração de polinômio, temos:

E 0 k 2 . u 1 - C . k 2 C . k 2 + 1 1 - C . k 2 C . k 2 + 1

E 0 k 2 . u 1 C . k 2 1 C . k 2

E 0 k 2 . C . k 2 . u 1 C . k 2

E 0 . C . u 1 C . k 2

Como temos u = k 1 + k 2 . t :

∫ k 1 + k 2 . t 1 C . k 2 . E 0 k 1 + k 2 . t   d t = E 0 . C . k 1 + k 2 . t 1 C . k 2     ( I V )

Passo 3

Substituindo ( I V ) em ( I I I ) :

q t = 1 k 1 + k 2 . t 1 C . k 2 E 0 . C . k 1 + k 2 . t 1 C . k 2 + c

Então:

q t = E 0 . C + c . k 1 + k 2 . t - 1 C . k 2

Beleza, essa é a nossa expressão genérica pra carga, agora precisamos aplicar que q 0 = q 0 :

q 0 = q 0 = E 0 . C + c . k 1 + k 2 . 0 - 1 C . k 2

E 0 . C + c . k 1 - 1 C . k 2 = q 0

c . k 1 - 1 C . k 2 = q 0 - E 0 . C

c = q 0 - E 0 . C k 1 - 1 C . k 2

Substituindo esse c na nossa expressão:

q t = E 0 . C + q 0 - E 0 . C k 1 - 1 C . k 2 . k 1 + k 2 . t - 1 C . k 2

q t = E 0 . C + ( q 0 - E 0 . C ) . k 1 + k 2 . t - 1 C . k 2 k 1 - 1 C . k 2

Como a - b = 1 a b , temos:

q t = E 0 . C + ( q 0 - E 0 . C ) . k 1 1 C . k 2 k 1 + k 2 . t 1 C . k 2

q t = E 0 . C + ( q 0 - E 0 . C ) . k 1 k 1 + k 2 . t 1 C . k 2

Que é exatamente a expressão mostrada no enunciado :D

Então ta provadíssimoooo

Resposta

D e m o n s t r a ç ã o

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