Cómo andan, los vengo a molestar con este ejercicio de ecuaciones diferenciales, el del circuito eléctrico (busqué por el foro pero no está), si alguno se tomó el trabajo de hacerlo o puede entenderlo rápidamente, no es de los importantes del tema ni mucho menos de la materia, de hecho la dificultad creo que está en lo que refiere a ecuaciones diferenciales, pero no le encuentro la vuelta para llevar la expresión de i a la forma que ahí pide:



Si alguno me puede dar una mano, estaré muy agradecido. Saludos.

Usa R y L como constantes, al igual que E. Entonces es como resolver una lineal común.

Este ejercicio es mejor encararlo pensando en "física 2" (o con Asys donde lo vivis usando) pero usando las herramientas del análisis matemático:

Dado que es un circuito en serie la corriente que circula es la misma para los dos componentes, vos podes decir que:

\[E = V_R(t) + v(t)\] (1)
\[v(t) = V_L(t) = L \cdot \frac{di(t)}{dt}\] (2)
\[V_R(t) = i(t) \cdot R\] (3)

Donde i(t) es la corriente que circula a través del circuito una vez cerrado el interruptor. Considera también que por condición inicial te dan i(t = 0) = 0 con lo cual no es necesario tomar un comportamiento activo por parte de la bobina previo a cerrar el interruptor.

Tene en cuenta que vamos a decir que la tensión de la fuente de alimentación es constante (mejor dicho, invariable en el tiempo), pero en el circuito el resistor y la bobina se comportan de manera dependiente en función del tiempo hasta que pasado el transitorio (generalmente definido como 5 veces tau) podes despreciar y decir que la bobina se comporta como un cable.

Para continuar vamos a decir que nuestra "salida" del sistema es i(t) y nuestra entrada es una constante E
Reemplazando en (1) (2) y (3) :

\[E = i(t) \cdot R + L \frac{di(t)}{dt}\]

Liberamos de constantes nuestra derivada para armar la ecuación diferencial (divido por la autoinductancia de la bobina):

\[\frac{E}{L} = i(t) \cdot \frac{R}{L} + \frac{di(t)}{dt}\]

Para resolver esta ecuación vamos a usar el método de obtener la solución general como suma de la solución homogénea más la particular:

Solución homogénea:

\[i(t) \cdot \frac{R}{L} + \frac{di(t)}{dt} = 0\]

\[\frac{di(t)}{dt}= - i(t) \cdot \frac{R}{L} \Rightarrow \frac{di(t)}{i(t)} = - \frac{R}{L} \cdot dt \Rightarrow ln(i(t)) = - \frac{R}{L} \cdot t + K \Rightarrow i(t) = e^{-\frac{R}{L}\cdot t + K} = e^{-\frac{R}{L}\cdot t} \cdot e^{K} = K_1\cdot e^{-\frac{R}{L}\cdot t}\]

Resulta:

\[S_h : i(t) = K_1\cdot e^{-\frac{R}{L}\cdot t}\]

Solución particular:

Si nuestra entrada es una constante E podemos decir que la salida tendrá un coportamiento similar tal que mi solución particular será en forma igual a la entrada, o sea una constante que llamo A:

\[\frac{E}{L} = i(t) \cdot \frac{R}{L} + \frac{di(t)}{dt} = A \cdot \frac{R}{L} + 0 \Rightarrow A = \frac{E}{R}\]

\[S_p: i(t) = A = \frac{E}{R}\]

Sumando obtenemos la expresión de la solución general:

\[S_{general} : i(t) = K_1\cdot e^{-\frac{R}{L}\cdot t} +\frac{E}{R}\]

Y por la condición de contorno tenemos que:

\[i(t = 0) = K_1\cdot e^{-\frac{R}{L}\cdot 0} +\frac{E}{R} = 0 \Rightarrow K_1 = - \frac{E}{R}\]

Con lo cual nos queda la expresión de la salida de nuestro sistema como:

\[i(t) = -\frac{E}{R}\cdot e^{-\frac{R}{L}\cdot t} +\frac{E}{R} = \frac{E}{R} \cdot (1 - e^{-\frac{R}{L}\cdot t}) = \frac{E}{R} \cdot (1 - e^{-\frac{1}{\frac{L}{R}}\cdot t}) \]

Definiendo a tau como (L/R) (la constante de tiempo de tu circuito) queda:

\[i(t) = \frac{E}{R} \cdot (1 - e^{-\frac{t}{\tau}}) \]

Si vos te fijas atentamente tiene logica ya que si haces tender t a infinito (o sea completamente superado el transitorio) solamente te va a quedar la componente resistiva de tu circuito y por consecuencia circula la corriente máxima que es E/R (como si la bobina fuera un cable).
Pero durante el transitorio la corriente empieza levemente a incrementar; limitada por la inercia de la bobina que se opone al cambio en el circuito tanto al cerrar el interruptor (como componente pasivo) como al abrirlo (activo)

Y esto es lo que vos verías si tomaras como salida la tensión de la bobina o bien la corriente:

Mil gracias, perfectamente explicado. No recordaba ese método para resolver ecuaciones diferenciales, ya que casi ni se vio en la cursada.
Lo voy a agregar al índice de ejercicios resueltos de la materia.