Questão 25

Duas malhas resistivas são construídas conforme a figura.

Dica:

• $\mathrm{R} = \mathrm{R}/2 + \mathrm{R}/2$.

A razão entre as correntes $\mathrm{I}_1$ e $\mathrm{I}_2$ é um número real pertencente ao intervalo:

Compreendendo as duas malhas: apesar de o desenho parecer diferente, as duas malhas são topologicamente idênticas — cada uma é um hexágono de seis resistores $R$ no perímetro mais um nó central ligado aos seis vértices por outros seis resistores $R$ (doze resistores no total, a chamada “roda de seis raios”). A única diferença está em onde a bateria é ligada:

• na malha 1, entre dois vértices vizinhos do hexágono (há um resistor $R$ ligando-os diretamente);

• na malha 2, entre dois vértices separados por um vértice.

Pela Primeira Lei de Ohm, $\mathrm{I}=V/R_{eq}$; como a mesma fonte $V$ alimenta as duas malhas,
$$\frac{\mathrm{I}_1}{\mathrm{I}_2} = \frac{R_{eq,2}}{R_{eq,1}}$$
Todo o problema é, portanto, calcular as duas resistências equivalentes.

A ideia que destrava o circuito: desdobrar o nó central. O que impede de enxergar séries e paralelos é o nó central, que amarra os seis raios em um ponto só. Repare, porém, na simetria: o eixo vertical da figura troca os dois terminais entre si e emparelha os demais vértices dois a dois. Como o espelho troca a entrada pela saída de corrente, a corrente que chega ao centro vindo de um vértice é exatamente a que sai do centro para o vértice espelhado.

Ou seja: dentro do nó central não há nenhuma troca de corrente entre pares diferentes. Cada par usa o centro como um ponto de passagem só seu. Podemos então desdobrar o nó central em nós independentes, um por par, sem alterar nenhuma corrente do circuito — e o emaranhado vira uma associação comum de série e paralelo. Cada par de raios em série vale $2R$.

Malha 1 — terminais em vértices vizinhos. Chamando os terminais de $A$ e $B$ e seguindo o hexágono, os pares espelhados são $A$–$B$ (embaixo), $F$–$C$ (horizontal) e $E$–$D$ (em cima). O centro se desdobra em três nós: $O_1$, $O_2$ e $O_3$. (Todos os doze resistores valem $R$; os rótulos foram omitidos na figura para não poluir o desenho.)

Agora é só reduzir de dentro para fora:

• $E$ e $D$ estão ligados de duas maneiras — pelo resistor do perímetro ($R$) e pelo caminho $E$–$O_3$–$D$ ($2R$). Em paralelo: $\dfrac{R\cdot 2R}{R+2R} = \dfrac{2R}{3}$.

• o caminho de cima, de $F$ até $C$, fica $R + \dfrac{2R}{3} + R = \dfrac{8R}{3}$.

• entre $F$ e $C$ existe também o caminho direto $F$–$O_2$–$C$ ($2R$). Em paralelo: $\dfrac{2R\cdot 8R/3}{2R + 8R/3} = \dfrac{8R}{7}$.

• o ramo externo completo, de $A$ até $B$, é $R + \dfrac{8R}{7} + R = \dfrac{22R}{7}$.

Restam então três caminhos em paralelo entre os terminais: o resistor direto $A$–$B$, o caminho $A$–$O_1$–$B$ e o ramo externo.

Malha 2 — terminais separados por um vértice. Chamando os terminais de $P$ e $Q$, o eixo de simetria agora passa por dois vértices — $T$ em cima e $M$ embaixo — e pelo centro. Esses três nós não trocam de lugar no espelho, e por isso estão todos no mesmo potencial (o potencial médio entre os terminais).

Consequência imediata: os dois raios verticais, centro–$T$ e centro–$M$, ligam nós de mesmo potencial. Não passa corrente por eles, e podemos simplesmente retirá-los do circuito (tracejados na figura). Sobram quatro raios, que se emparelham como antes: $P$–$Q$ no nó $O_1$ e $U$–$W$ no nó $O_2$.

De novo sobram três caminhos em paralelo entre $P$ e $Q$:

• por baixo, passando por $M$: $R + R = 2R$;

• pelo nó desdobrado: $P$–$O_1$–$Q$, que vale $2R$;

• por cima: de $U$ a $W$ há o caminho $U$–$O_2$–$W$ ($2R$) em paralelo com $U$–$T$–$W$ ($R+R=2R$), o que dá $R$; somando os resistores $P$–$U$ e $W$–$Q$, o ramo inteiro vale $R + R + R = 3R$.

Calculando a razão pedida:
$$\frac{\mathrm{I}_1}{\mathrm{I}_2} = \frac{R_{eq,2}}{R_{eq,1}} = \frac{15R/20}{11R/20} = \frac{15}{11} \approx 1{,}36$$

Como $1 < \dfrac{15}{11} < \dfrac{3}{2}$, a razão pertence ao intervalo $\left(1\,,\,\dfrac{3}{2}\right)$.

O sinal do resultado já era previsível sem conta: ligar a fonte em vértices vizinhos oferece um caminho mais curto à corrente (inclusive um resistor direto entre os terminais), de modo que $R_{eq,1}<R_{eq,2}$ e, portanto, $\mathrm{I}_1>\mathrm{I}_2$. A conta serve para mostrar que essa vantagem é modesta — apenas $36\%$ — e não chega a $50\%$.

Observação sobre a dica do enunciado. A sugestão $\mathrm{R}=\mathrm{R}/2+\mathrm{R}/2$ aponta para o caminho clássico: partir ao meio o resistor cortado pelo eixo de simetria, criando ali um nó de potencial conhecido. O desdobramento do nó central usado acima chega exatamente aos mesmos valores usando apenas associações em série e em paralelo.