EN2703_2015.3Q_-_Aula08_Redes_primeira_ordem_forcado.pdf

Redes de primeira ordem � resposta forçada

Prof. Fernando Silva de Moura

Universidade Federal do ABC

Centro de Engenharia, Modelagem e Ciên ias So iais Apli adas

Engenharia Biomédi a

EN2703 � Cir uitos Elétri os I

oQuadrimestre de 2015

Universidade Federal do ABC

Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada

EDO não homogênea de primeira ordem

Determinação da solução parti ular

Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau

Cir uito RC

Cir uito RL

Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal

Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso

EDO não homogênea de primeira ordem -

Cir uito RC

Cir uito RL

Solução da EDO não homogênea de primeira ordem

Vamos agora onsiderar EDOs lineares de primeira ordem não homogêneas om

oe� ientes onstantes, isto é, que ontenham uma forçante Q(t).

d y(t)

dt+ ay(t) = Q(t), (1)

Com a ondição

y(t0) = y0 (2)

Vamos utilizar o método do fator de integração para determinar a solução

Método do fator de integração

d y(t)

dt+ P (t)y(t) = Q(t) (3)

y(t) =1

µ(t).Q(t) dt+ C

µ(t) = exp

P (t) dt

Solução da EDO pelo método do fator de integração

In iando pelo fator de integração

µ(t) = exp

= eat. (6)

A solução será então

y(t) =1

µ(τ ).Q(τ )dτ + C

eaτ .Q(τ ) dτ + C

= e−at

eaτ .Q(τ ) dτ + Ce−at =

e−a(t−τ).Q(τ ) dτ + Ce−at

Solução

y(t) = yp(t) + Ce−at(7)

yp(t) =

e−a(t−τ).Q(τ ) dτ (8)

Determinação da Constate C

Impondo a ondição y(t0) = y0, determinamos a onstante C:

y0 = yp(t0) + Ce−at0 ⇔ C =[y0 − yp(t0)]

e−at0= [y0 − yp(t0)]e

at0(9)

Portanto a solução �nal é

y(t) = yp(t) + Ce−at = yp(t) + [y0 − yp(t0)]e−a(t−t0)

ATENÇ�O

A determinação do(s) oe� iente(s) da solução geral através da

ondição ini ial DEVE ser feita om a solução ompleta, ou seja, om

a solução homogênea mais a solução parti ular! Os alunos ostumam

errar aqui!

Solução geral

Notação

Atenção na forma omo ada um dos termos são agrupados. Dependendo

do agrupamento, damos diferentes nomes.

resposta transitória(transiente)

resposta em regimepermanente

soluçãoparticular

soluçãohomogênea

resposta livre(só depende das cond. inic.)

resposta forçada(só depende da excitação)

Observações

1 yp(t) é uma solução parti ular da EDO não homogênea;

2 Após um período su� ientemente longo, y(t) ≈ yp(t) pois os demais

termos tenderão para zero (se a > 0);

3 Se a > 0, a resposta transitória irá sempre desapare er após algum tempo

pois possui um termo e−at;

4 O mesmo pode ser dito a respeito da resposta livre.

Observações

5 Da solução da EDO (7),

soluçãoparticular

soluçãohomogênea

A solução homogênea yh(t) é a solução da EDO homogênea asso iada à

EDO do problema

d y(t)dt

+ ay(t) = 0, (porém o valor de C dependerá do

valor da solução parti ular em t0);6 Há asos em que trabalhar om yh e yp para solu ionar uma EDO é mais

fá il, em outros, é melhor trabalhar om o método do fator de integração;

7 A determinação de yp pode não ser tarefa trivial. Há duas formas para

determiná-la:

método dos oe� ientes indeterminados (mais fá il, apenas para algumas

lasses �simples� de Q(t))�

método da variação dos parâmetros. (mais difí il, sem restrições para Q(t))

8 A fórmula de determinar yp(t) nada mais é do que a onvolução entre

Q(t) e e−atu(t);

yp(t) =

e−a(t−τ)u(t− τ ).Q(τ )dτ , Q(t) ∗ [e−atu(t)] (11)

Neste urso não demonstraremos o apare imento do degrau unitário dentro da integral. Aos

interessados, ver seção 21.6: http://www.nada.kth.se/~annak/greens1d_odes.pdf

Determinação da solução parti ular -

Cir uito RC

Cir uito RL

Método dos oe� ientes indeterminados

Vamos utilizar o método dos oe� ientes indeterminados para a har uma

solução parti ular para a EDO.

Método dos oe� ientes indeterminados

Podemos utilizar este método para funções do tipo polinomial,

( os)senoidal ou exponen ial, e suas ombinações (soma ou produto)

Vejamos omo pro eder em ada aso...

Ex itação polinomial

Pro edimento � Ex itação polinomial

Se f(t) = p(t) for um polin�mio de grau n ≥ 0, om oe� ientes onstantes

dt+ ay = p(t) a = cte, (12)

1 Assumir que yp(t) deve ser um polin�mio de mesmo grau que p(t).

2 Cal ular a derivada de yp(t)

3 Substituir yp(t) ed yp(t)

dtna EDO e determinar os oe� ientes do

polin�mio

Justi� ativa

Se yp(t) também for um polin�mio de mesma ordem, então a sua derivada

d yp(t)

dttambém será. Substituindo ambos na EDO, podemos omparar

termo a termo os polin�mios em ambos os lados e identi� ar os oe� ientes

de yp(t).

Exemplo

En ontre a solução parti ular de

dt+ 2y = t2 + 1

1 Vamos assumir que yp(t) = At2 +Bt+ C, pois f(t) = t2 + 1 é um

polin�mio de 2o grau.

2 Sua derivada será

d yp(t)

dt= 2At+B

3 Substituindo na EDO:

(2At+ B) + 2(At2 + Bt + C) = t2 + 1 (13)

2At2 + (2A+ 2B)t+ (B + 2C) = 1.t2 + 0t + 1 (14)

4 Por omparação

2A = 12A+ 2B = 0B + 2C = 1

A = 1/2B = −1/2C = 3/4

5 Finalmente, yp(t) =t2

2− t

Caso parti ular importante

Quando f(t) = K ( onstante), yp(t) será também uma onstante pois

ambos são polin�mios de grau zero.

Exemplo

dt+ ay = K

1 Vamos assumir yp(t) = C, pois f(t) = K é um polin�mio de grau

d yp(t)

0 + aC = K ⇔ C =K

4 Finalmente yp(t) = C = Ka

Ex itação exponen ial

Pro edimento � Ex itação exponen ial

Se f(t) for uma função exponen ial

dt+ ay = Cekt a,C, k = cte. (17)

1 Assumir que yp(t) = Aekt. (Note que tem o mesmo expoente!)

dtna EDO e determinar o oe� iente A

Justi� ativa

Se yp(t) também for uma exponen ial, então a sua derivada

d yp(t)

dttambém

será. Substituindo ambos na EDO, podemos omparar ambos os lados e

identi� ar o valor de A.

Atenção

Caso a solução homogênea da EDO possua o mesmo expoente, será

ne essário adotar yp(t) = A.t.ekt. Isto será visto mais adiante.

Ex itação exponen ial

Exemplo

dt+ 2y = 2e3t

1 Vamos assumir que yp(t) = Ae3t (Neste exemplo, a solução

homogênea é yh = Ae−2t, logo os expoentes são diferentes)

d yp(t)

dt= 3Ae3t

(3Ae3t) + 2(Ae3t) = 2e3t ⇔ 3A+ 2A = 2 ⇔ A =2

4 Finalmente yp(t) =25e3t

Ex itação ossenoidal

Pro edimento � Ex itação ossenoidal

Se f(t) for uma função ( os)senoidal

dt+ ay = A sin(ωt) a,A,ω = cte. (19)

dt+ ay = A cos(ωt) (20)

1 Assumir que yp(t) = C sin(ωt) +D cos(ωt) (Note que tem a mesma

frequên ia angular!)

dtna EDO e determinar os oe� ientes C e D

Justi� ativa

Se yp(t) também for uma ossenoide, então a sua derivada

d yp(t)

dttambém

será. Substituindo ambos na EDO, podemos omparar ambos os lados e

identi� ar os valores de C e D.

Ex itação ossenoidal

Exemplo

dt+ 2y = 4 sin(2t)

1 Vamos assumir que yp(t) = C sin(2t) +D cos(2t)

d yp(t)

dt= 2C cos(2t)− 2D sin(2t)

(2C cos(2t) − 2D sin(2t)) + 2(C sin(2t) +D cos(2t)) = 4 sin(2t) (21)

(2C − 2D) sin(2t) + (2C + 2D) cos(2t) = 4 sin(2t) + 0 cos(2t) (22)

4 Por omparação

{2C − 2D = 42C + 2D = 0

{C = 1D = −1

5 Finalmente yp(t) = sin(2t)− cos(2t)

Composição

Pro edimento � omposição

Quando f(t) for um produto de dois ou mais destes três tipos, assumir que

yp(t) será o produto das soluções asso iadas.

Exemplo

Se f(t) = t.cos(3t),adotar

yp(t) = (At+B) sin(3t) + (Ct+D) cos(3t) (24)

Pro edimento � soma

Quando f(t) for a soma de dois ou mais destes três tipos, assumir que

yp(t) será a soma das soluções asso iadas.

Exemplo

Se f(t) = t.et + cos(2t), adotar

yp(t) = (At+B)et +C sin(2t) +D cos(2t) (25)

Caso espe ial

Pro edimento � aso espe ial

Quando yp(t) adotado oin idir om a solução da equação homogênea

asso iada, multipli ar yp(t) por t, t2, et , onforme a ne essidade.

Exemplo

En ontrar a solução parti ular de

dt+ 2y = 3e−2t

1 Como a solução homogênea é yh(t) = Ce−2t, devemos modi� ar a

solução parti ular para yp(t) = Ate−2t

d yp(t)

dt= Ae−2t − 2Ate−2t

(Ae−2t−✘✘✘✘

2Ate−2t) +✘✘✘✘✘2(Ate−2t) = 3e−2t

⇔ A = 3 (26)

3 Finalmente yp(t) = 3te−2t

Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau -

Cir uito RC

Cir uito RL

Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RC

Cir uito RC

Cir uito RL

Cir uito RC

Vamos onsiderar o seguinte ir uito omo exemplo.

Exemplo

Considere o ir uito do diagrama. Ini ialmente a have está aberta,

des one tando o apa itor do resto do ir uito. Em t = t0 > 0 a have

omuta de posição e o apa itor one ta-se ao resto do ir uito. Determine

a tensão no apa itor vc(t) antes e depois da abertura da have. Assuma

que vc(0) = v0 e enquanto o apa itor está des one tado, a sua arga é

mantida.

Cir uito RC � antes da omutação

Para t < t0, o apa itor mantém a sua arga.

Portanto podemos fa ilmente per eber que

vc(t) = v0, t < t0 (27)

antes dacomutação

Cir uito RC � após a omutação

Para t ≥ t0, a asso iação RC estará one tada à fonte de orrente DC.

Pela lei das orrentes nesta nova situação (t ≥ t0),

ir + ic = Is ⇔✟✟✯

+ Cd vcdt

= Is ⇔vcR

+ Cd vcdt

= Is (28)

EDO linear não homogênea om oe� ientes onstantes

d vcdt

RCvc =

IsC, t ≥ t0 (29)

Vamos resolver esta equação através da solução homogênea e parti ular.

vc(t) = vc,h(t) + vc,p(t), (30)

Solução homogênea asso iada

EDO linear homogênea asso iada

d vcdt

RCvc = 0 (31)

A solução geral homogênea já foi estudada anteriormente

vc,h(t) = V0 exp

, (32)

onde V0 será determinada APÓS a ombinação om a solução parti ular

ATENÇ�O

A determinação do oe� iente da solução homogênea DEVE ser feita

om a solução ompleta, ou seja, om a solução homogênea mais a

solução parti ular! Os alunos ostumam errar aqui!

Vamos agora determinar a solução parti ular...

Solução parti ular

EDO linear não homogênea

d vcdt

RCvc =

IsC, t ≥ t0 (33)

1 Vamos assumir vc,p(t) = K, pois a forçante é onstante (polin�mio de

ordem zero)

d vc,p(t)

⇔ K = IsR (34)

vc,p(t) = K = IsR (35)

Solução geral

A solução geral será então

Solução geral

vc(t) = vc,h(t) + vc,p(t) = V0 exp

+ IsR (36)

Com a solução geral ompleta, podemos determinar o oe� iente V0, baseado

nas ondições ini iais do problema.

Lembre-se

Só podemos determinar o(s) oe� ientes da solução homogênea om a

solução ompleta! Não se esqueça.

Condições ini iais

Como o apa itor está om um dos terminais des one tados em t < t0 e

trata-se de um apa itor ideal, podemos assumir que a arga dele será mantida

até o instante de fe hamento da have. Portanto, imediatamente antes da

omutação da have,

vc(t−

0 ) = v0 (37)

Vamos novamente nos basear na onservação da energia armazenada no

apa itor

Conservação da energia

No apa itor, para que haja onservação da energia armazenada no

momento da omutação da have, é ne essários que

vc(t+0 ) = vc(t

0 ) (38)

Substituindo na solução geral da EDO, em t+0 :

✘✘✘✿v0vc(t0) = V0 exp

+ IsR (39)

V0 =(v0 − IsR)

exp(− 1

RCt0) = (v0 − IsR) exp

Solução �nal

A solução �nal será então

vc(t) =

︷︸︸︷

(v0 − IsR) exp

+ IsR (41)

Solução �nal para t ≥ t0

vc(t) = (v0 − IsR) exp

RC(t− t0)

+ IsR, t ≥ t0 (42)

depois dacomutação

Solução �nal

il(t) =

{v0 se t < t0(v0 − IsR) exp

(t − t0))+ IsR se t ≥ t0

antes dacomuta�ão

ponto obtido dobalanço de energia

Solução �nal

Variando-se o valor numéri o de v0, obteríamos outras soluções naturalmente.

il(t) =

{v0 se t < t0(v0 − IsR) exp

(− 1

RC(t − t0)

)+ IsR se t ≥ t0

antes dacomutação

Observação � Forma alternativa

Poderíamos também resolver este problema utilizando diretamente as

expressões do fator de integração.

RCvc =

C, t ≥ t0 (45)

Neste exemplo, o fator de integração será

µ(t) = exp

. (46)

Notando que no exemplo Q = IsC, a solução será

y(t) =1

µ(τ).Q(τ) dτ + V0

Cdτ + V0

R✁C+ V0

= IsR + V0 exp

Basta agora in luir a ondição v(t0) = v0 para a har a onstante V0

Utilizando o método do fator de integração, determinamos a solução

vc(t) = vc,h(t) + vc,p(t) diretamente.

Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RL

Cir uito RC

Cir uito RL

Vamos onsiderar o seguinte ir uito omo exemplo.

Exemplo

Considere o ir uito do diagrama. Ini ialmente a have está des one tando

a asso iação RL do gerador de tensão. Em t = t0 > 0 a have omuta

de posição e o ir uito passa a ser alimentado pela fonte. Determine a

orrente que per orre o indutor il(t) antes e depois da abertura da have.

Assuma que il(0) = iA.

Cir uito RL

Exemplo

Assuma que il(0) = iA.

Atenção

Note que neste exemplo o ir uito antes de t < 0 não está em regime

permanente pois a orrente il em t = 0 não é zero! Até o momento da

omutação da have, o ir uito RL está ainda des arregando.

Cir uito RL

antes dacomutação

Para t < t0, a fonte não está one tada ao

resto do ir uito. Já vimos que a EDO que

rege a orrente no indutor será homogênea

d ildt

Lil = 0, t < t0 (48)

uja solução geral é do tipo

il(t) = Ae−RL

t, t < t0 (49)

Impondo a ondição il(0) = iA, temos

✟✟✟✯iA

il(0) = Ae−RL

0, ⇔ A = iA (50)

Solução para t < 0

il(t) = iAe−

t, t < t0 (51)

EDO não homogênea

Para t ≥ t0, a asso iação RL estará one tada à fonte DC.

Pela lei das malhas nesta nova situação (t ≥ t0),

vr + vl − E = 0 ⇔ R��✒il

ir + Ld ildt

= E ⇔d ildt

EDO linear não homogênea om oe� ientes onstantes

d ildt

L, t ≥ t0 (53)

Já vimos que a solução esta equação é

il(t) = il,h(t) + il,p(t), (54)

d ildt

L, t ≥ t0 (55)

il,h(t) = I0 exp

onde I0 será determinada APÓS a ombinação om a solução parti ular

Vamos agora determinar a solução parti ular...

EDO linear não homogênea

d ildt

L, t ≥ t0 (57)

1 Vamos assumir il,p(t) = K, pois a forçante é onstante (polin�mio de

ordem zero)

d il,p(t)

L⇔ K =

il,p(t) = K =E

Solução geral

A solução geral será então

Solução geral

il(t) = il,h(t) + il,p(t) = I0 exp

Resta impor as ondições ini iais em t0

Observação

Vimos que as ondições ini iais podem estar em qualquer t, mesmo antes

de t0, pois sua função é apenas sele ionar uma solução dentro da família de

funções que obede em à EDO. Entretanto, omo estamos interessados em

onhe er o omportamento do ir uito om a omutação da have, vamos

utilizar as ondições em t0.

Imediatamente antes da omutação da have, em t−0 o ir uito obede e a

primeira EDO livre (48). O valor da orrente no indutor neste instante é dada

pela resposta (51)

il(t) = iA exp

, t < t0 (61)

Avaliando em t0,

i0 = il(t0) = iA exp

Vamos nos basear na onservação da energia armazenada no indutor

Conservação da energia

No indutor, para que haja onservação da energia armazenada no momento

da omutação da have, é ne essários que

il(t+0 ) = il(t

0 ) (63)

Substituindo na solução geral da EDO do segundo tre ho, em t+0 :

✟✟✟✯i0

il(t0) = I0 exp

R⇔ I0 =

i0 −E

Solução �nal

A solução �nal será então

il(t) =

I0︷︸︸︷(

i0 −E

Solução �nal

il(t) =

i0 −E

L(t− t0)

R, t ≥ t0 (66)

i0 = iA exp

Atenção

Note que N�O estamos utilizando iA omo ondição ini ial para o ir uito

depois da omutação. O valor iA é usado APENAS no primeiro tre ho,

quando t < t0. Os alunos ostumam errar aqui!

Solução �nal

d ildt

Lil = 0, t < t0

d ildt

L, t ≥ t0

antes dacomutação

ponto obtido dobalanço de energia

il(t) =

iAe−

tse t < t0

(i0 −

(t−t0) + ER

se t ≥ t0(68)

i0 = iA exp

Solução �nal

Variando-se o valor numéri o de iA, obteríamos outras soluções naturalmente.

il(t) =

iAe−RL

tse t < t0(

i0 − ER

e−RL

(t−t0) + ER

se t ≥ t0(70)

antes dacomutação

Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal -

Cir uito RC

Cir uito RL

Resposta à ex itação senoidal

Vamos analisar a solução da EDO, ex itada por uma função senoidal

d y(t)

dt+ ay(t) = A sin(ωt) +B cos(ωt), a, A,B = onstante (71)

A solução geral da equação homogênea asso iada a esta EDO é

yh(t) = Y0e−at. (72)

onde Y0 será determinada após a ombinação om a solução parti ular

Vamos utilizar o método dos oe� ientes a determinar para en ontrar uma

solução parti ular yp(t).

Resposta ao seno

1 Como a ex itação é do tipo senoidal, vamos admitir uma solução do tipo

yp(t) = C sin(ωt) +D cos(ωt) (73)

d yp(t)

dt= Cω cos(ωt)−Dω sin(ωt) (74)

(Cω cos(ωt) − Dω sin(ωt)) + a(C sin(ωt) + D cos(ωt)) = A sin(ωt) + B cos(ωt)

(aC − Dω) sin(ωt) + (Cω + aD) cos(ωt) = A sin(ωt) + B cos(ωt)

4 Por omparação

{aC −Dω = ACω + aD = B

{C = (aA+ ωB)/(a2 − ω2)D = (aB − ωA)/(a2 − ω2)

Finalmente

Solução geral

y(t) = Y0e−at + C sin(ωt) +D cos(ωt) (76)

Resposta ao seno - regime permanente

A solução geral apresenta duas omponentes, uma exponen ial de res ente e

mais uma omponente senoidal que persiste.

y(t) = Y0e−at + C sin(ωt) +D cos(ωt) (77)

Após um erto tempo, a par ela transitória deixa de ontribuir om a resposta

y(t) e o ir uito atinge o regime permanente senoidal

Regime permanente senoidal

y(t) = C sin(ωt) +D cos(ωt) (78)

Propriedade da soma de senoides

A soma de duas ou mais senoides de mesma frequên ia resulta também e

uma senoide, om amplitude e fase diferente.

Demonstração

y(t) = C sin(ωt) +D cos(ωt) (79)

Vamos es rever esta expressão na forma y(t) = Y cos(ωt+ φ), onde Y é a

amplitude e φ é a fase. Podemos expandir esta expressão omo

Y cos(ωt+ φ) = Y [cos(ωt) cos(φ)− sin(ωt) sin(φ)]

= Y cos(φ) cos(ωt) + [−Y sin(φ)] sin(ωt) (80)

Por omparação,

{−C = Y sin(φ)D = Y cos(φ)

Elevando ao quadrado as equações e somando

=1︷︸︸︷

(sin2(φ) + cos2(φ)) = (−C)2 +D2⇒ Y =

C2 +D2(82)

Dividindo a primeira pela segunda

✚Y sinφ

✚Y cosφ= −

D⇔ φ = arctan(−C/D) (83)

Atenção

Cuidado om o uso de arctan( . ). Éne essário veri� ar o quadrante! Ou utilizar

atan2(y,x)

Portanto

y(t) = C sin(ωt) +D cos(ωt) = Y cos(ωt+ φ) (84)

Y =√

C2 +D2(85)

φ = arctan(−C/D) (86)

Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso -

Cir uito RC

Cir uito RL

Resposta impulsiva

Vamos agora determinar a resposta impulsiva de ir uitos de primeira ordem,

ou seja, quando a forçante é o delta de Dira .

d y(t)

dt+ ay(t) = b.δ(t− t0), a, b = onstante (87)

Resposta impulsiva

A resposta impulsiva de ir uitos lineares (ou de sistemas lineares em geral)

é uma importante propriedade do sistema. Com a resposta impulsiva é

possível determinar a resposta do sistema à uma forçante qualquer, através

da onvolução entre esta e a resposta impulsiva.

Será ne essário utilizar o método do fator de integração para en ontrar a

solução desta EDO, pois a forçante não se en aixa em nenhuma das lasses de

funções bási as (senoides, polin�mios e exponen iais)

Comportamento geral da forçante

Para a forçante é zero Para a forçante é zero

Alguma coisa "estranha"deve acontecer em

Ponto importante

Sabemos que uma forçante do tipo impulsiva é zero para todo t 6= t0, ondet0 é o momento quando apare e a singularidade do delta de Dira .

Ponto have 1

Enquanto t < t0 a EDO será basi amente homogênea, já que

Q(t) = b.δ(t− t0) = 0, (88)

para t < t0.

Ponto have 2

Quando t = t0, Q(t) → ∞. Há uma forçante extremamente intensa

agindo no sistema, porém ativa por um intervalo de tempo muito urto.

Algo �estranho� deve a onte er om a resposta do sistema em t = t0.

Ponto have 3

Quando t > t0, Q(t) volta a valer zero. A EDO volta a ser basi amente

homogênea.

Criando o diagrama de direções da EDO

d y(t)

Note que basi amente a EDO é homogênea para todo t 6= t0, onde �algo� deve

a onte er.

Resposta impulsiva

Utilizando o método do fator de integração, observando que Q(t) = b.δ(t− t0)

µ(t) = exp

= eat (90)

y(t) =1

eaτ b.δ(τ − t0) dτ + Y0

= be−at

eaτ .δ(τ − t0) dτ + Y0e−at

Pre isamos agora avaliar a integral :

Se t < t0, então a integral não onterá o ponto de singularidade e a

integral resulta em zero

y(t) = be−at.0 + Y0e−at, t < t0 (92)

Se t > t0, então a integral onterá o ponto de singularidade e a integral

será (pela propriedade da amostragem do delta de Dira )

y(t) = be−at.eat0 + Y0e−at, t > t0 (93)

Lembrete: Propriedade de amostragem

f(t)δ(t− t0) dt = f(t0), a < t0 < b, (94)

Resposta impulsiva

Temos então duas partes para esta solução, uma para t < t0 e outra para t > t0

y(t) =

{be−at.0 + Y0e

−atse t < t0

be−ateat0 + Y0e−at

se t > t0(95)

Podemos es rever esta equação de have em uma úni a expressão om o

auxílio do degrau unitário u(t):

y(t) =

{be−at.eat0 .0 + Y0e

−atse t < t0

be−at.eat0 .1 + Y0e−at

se t > t0(96)

y(t) = be−ateat0u(t− t0) + Y0e−at, ∀t (97)

Solução geral

y(t) = [beat0u(t− t0) + Y0]e−at, ∀t (98)

Resta agora utilizar uma ondição ini ial em algum instante t∗ para determinar

a onstante Y0.

y(t) = [beat0u(t− t0) + Y0]e−at, ∀t (99)

Assim omo nos demais asos, vamos agora impor a ondição y(t∗) = y∗

determinar a onstante Y0

✟✟✟✯y∗

y(t∗) = [beat0u(t∗ − t0) + Y0]e−at∗

Y0 = [y∗

− be−a(t∗−t0)u(t∗ − t0)]eat∗

se t∗ < t0, então

Y0 = [y∗

− be−a(t∗−t0)✘✘✘✘✘✿0u(t∗ − t0)]e

at∗ = y∗eat∗

se t∗ > t0, então

Y0 = [y∗

− be−a(t∗−t0)✘✘✘✘✘✿1u(t∗ − t0)]e

at∗ = y∗eat∗

− beat0 (103)

Condições ini iais e solução geral

Vamos assumir no resto da dedução que t∗ < t0, sem perda de generalidade.

Então

Y0 = y∗eat∗

e a solução será

Solução da EDO

y(t) = [beat0u(t− t0) + y∗eat∗

]e−at, ∀t (105)

Vamos agora analisar a solução em t < t0 e t > t0 para entender o que o orre

em t = t0...

Análise da solução

Para t < t0, temos u(t− t0) = 0

y(t) = [beat0✘✘✘✘✘✿0u(t− t0) + y∗eat

]e−at = y∗eat∗

e−at = y∗e−a(t−t∗)(106)

Esta é a solução livre da equação

dt+ ay = 0, om ondição ini ial

y(t∗) = y∗

Análise da solução

Para t > t0, temos u(t− t0) = 1

y(t) = [beat0✘✘✘✘✘✿1u(t− t0) + y∗eat

]e−at = (beat0 + y∗eat∗

)e−at

= (beat0eat

eat∗+ y∗eat

)e−at = (bea(t0−t∗) + y∗)e−a(t−t∗)

= y∗

mode−a(t−t∗)

Esta é a solução livre da equação

dt+ ay = 0, om ondição ini ial

modi� ada

y(t∗) = y∗

mod = bea(t0−t∗) + y∗

Análise em t = t0

Vejamos o que o orre em t0:

em t−0 :

y(t−0 ) = y∗e−a(t0−t∗)(108)

em t+0 :

y(t+0 ) = (bea(t0−t∗) + y∗)e−a(t0−t∗) = b+

y(t−0)

︷︸︸︷

y∗e−a(t0−t∗) = b+ y(t−0 )(109)

Con lusão

Uma ex itação do tipo b.δ(t− t0) é equivalente a uma des ontinuidade da

solução em t0, om intensidade b.

y(t+0 ) = b+ y(t−0 ) (110)

Análise em t = t0

Des ontinuidade

y(t+0 ) = b+ y(t−0 ) (111)

Resposta impulsiva � Con lusões

d y(t)

1 Quando a ex itação apresentar uma singularidade do tipo delta de Dira ,

então a solução y(t) será des ontínua no ponto da singularidade.

2 Isto signi� a que a tensão no apa itor vc(t) ou a orrente no indutor

il(t), dependendo da EDO, não onservará a energia! Haverá uma

mudança abrupta na energia armazenada.

3 A des ontinuidade (tamanho do salto) no instante da singularidade t0 será

igual à intensidade do impulso, b

y(t+0 ) = b+ y(t−0 ) (113)

Exemplos

Exemplo 1

Determine a orrente il(t) para todo t, onsiderando que a have abre e

fe ha instantaneamente em t0 > 0 e que il(0) = 0.

Exemplo 1

Vamos ini ialmente simpli� ar o ir uito

Substituição dachave pelo

delta de Dirac

Transformaçãode fonte

Transformação de fonte:

ig(t) =eg(t)

Eδ(t− t0)

R(114)

Exemplo 1

Associaçãoparalelo

Transformaçãode fonte

Transformação de fonte:

eg(t) = ig(t).R

Eδ(t− t0)

✚R✚R2

2δ(t− t0) (115)

Exemplo 1

Podemos agora determinar a EDO do ir uito

vr + vl =E

2δ(t− t0) ⇔

2��✒

ilir + L

d il(t)

2δ(t− t0)

d il(t)

2Lil =

2Lδ(t− t0) (116)

Como a ex itação é apenas impulsiva, sabemos que o ir uito irá ter apenas

a resposta livre, ex eto no ponto de singularidade do delta.

Exemplo 1

A solução geral será do tipo

il(t) =

{Iantes0 exp

(− R

se t < t0Idepois0 exp

(− R

se t ≥ t0(117)

Resta agora determinar as onstantes Iantes0 e Idepois0 para ada tre ho.

Exemplo 1

il(t) =

{Iantes0 exp

(− R

se t ≥ t0(118)

Pelo enun iado do exemplo, sabemos que il(0) = 0. Substituindo na

solução para t < t0 temos

✟✟✟✯0

il(0) = Iantes0 exp

⇔ Iantes0 = 0 (119)

Parti ularmente neste exemplo, Iantes0 = 0, portanto a orrente il(t) = 0para t < t0. Isto nem sempre é verdade.

Exemplo 1

il(t) =

✟✟✟✯0

Iantes0 exp(− R

(− R

se t ≥ t0(120)

Para o segundo tre ho é ne essário onsiderar a des ontinuidade da solução,

omo apresentada anteriormente:

il(t+0 ) = b+ il(t

0 ), (121)

onde b é a intensidade do impulso. No exemplo b = E2L

Adi ionalmente, neste exemplo é fá il ver que il(t−

0 ) = 0, pois a solução

do primeiro tre ho é il(t) = 0. Portanto, para o segundo tre ho devemos

ter a seguinte ondição ini ial

il(t+0 ) = ✁✁✕

b+✟✟✟✯0il(t

0 ) =E

2L(122)

Exemplo 1

Substituindo a ondição ini ial do seguindo tre ho il(t0) =E2L

na solução

geral para t > t0 temos

✟✟✟✯E2L

il(t0) = Idepois0 exp

⇔ Idepois0 =E

Determinamos então a solução para todo t:

il(t) =

{0. exp

(− R

2Lt)= 0 se t < t0[

exp(− R

se t ≥ t0(124)

Forma alternativa: Função om atraso

Uma forma alternativa de es rever a solução é

il(t) =

{0 se t < t0E2L

exp[− R

2L(t− t0)

]se t ≥ t0

, (125)

Note que neste aso, o valor da onstante é o valor de il(t+0 ) diretamente.

Exemplo 1

il(t) =

{0 se t < t0E2L

− R2L

se t ≥ t0(126)

Forma alternativa

il(t) =

{0 se t < t0E2L

− R2L

(t− t0)]

se t ≥ t0, (127)

Di a avançada

Vo ê pode simpli� ar o trabalho de determinação das onstantes da solução

geral observando que é possível es rever a solução omo respostas atrasadas

de t0. Fazendo isto, as onstantes I0, ou V0 serão diretamente os valores

da solução em t+0 . Cuidado para não se onfundir!

Exemplos

Exemplo 2

Resolva o mesmo problema, porém onsiderando que il(0) = i0 não nulo.

Como o problema é idênti o, ex eto quanto às ondições ini iais, sabemos

que a solução será do tipo

il(t) =

{Iantes0 exp

(− R

se t ≥ t0(128)

Resta agora determinar as onstantes Iantes0 e Idepois0 para ada tre ho.

Exemplo 2

il(t) =

{Iantes0 exp

(− R

se t ≥ t0(129)

Pelo enun iado do exemplo, sabemos que il(0) = i0. Substituindo na

solução para t < t0 temos

✟✟✟✯i0

il(0) = Iantes0 exp

⇔ Iantes0 = i0 (130)

Exemplo 2

il(t) =

✟✟✟✯i0

Iantes0 exp(− R

(− R

se t ≥ t0(131)

Para o segundo tre ho é ne essário onsiderar a des ontinuidade da solução,

omo apresentada anteriormente: il(t+0 ) = b+ il(t

0 ).Ao ontrário do exemplo anterior, il(t

0 ) 6= 0 pois a solução no primeiro

tre ho mudou. O valor de il(t−

0 ) é fa ilmente al ulado, al ulando a

solução no primeiro tre ho quando t = t0:

il(t−

0 ) = i0 exp

Portanto, para o segundo tre ho devemos ter a seguinte ondição ini ial

il(t+0 ) = ✁✁✕

b+ il(t−

0 ) =E

2L+ i0 exp

Exemplo 2

il(t+0 ) =

2L+ i0 exp

Substituindo a ondição ini ial na solução geral do seguindo tre ho, temos

il(t0) =E

2L+ i0 exp

= Idepois

Idepois

+ i0 (136)

Determinamos então a solução para todo t:

il(t) =

{i0. exp

(− R

2Lt)= 0 se t < t0[

t0)+ i0

(− R

se t ≥ t0(137)

Exemplo 2

il(t) =

{i0. exp

(− R

2Lt)= 0 se t < t0[

t0)+ i0

(− R

se t ≥ t0(138)

Forma alternativa

il(t) =

i0. exp(

− R2L

= 0 se t < t0[

+ i0exp( R

exp( R2L

− R2L

se t ≥ t0

il(t) =

i0. exp(

− R2L

= 0 se t < t0[

+ i0 exp(

− R2L

(t − t0))

se t ≥ t0(140)

Referên ias I

L. Q. Orsini and D. Consonni.

Curso de Cir uitos Elétri os, volume 1.

Editora Edgard Blü her, 2 edition, 2002.

J. W. Nilsson and S. A. Riedel.

Cir uitos Elétri os.

Pearson, 8 edition, 2009.

J. Stewart.

Cal ulus.

Available 2010 Titles Enhan ed Web Assign Series. Cengage Learning, 2007.

J. Hass, M. D. Weir, and G. B. Thomas.

University Cal ulus, Early Trans endentals.

Addison-Wesley, 2 edition, 2011.

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