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06/06/2019 11:26 CÁLCULO III - Transformadas de Laplace

Cálculo III

Universidade Federal do Pará

Instituto de Tecnologia

Campus de Belém

Curso de Engenharia Mecânica

Prof. Dr. Jorge Teófilo de Barros Lopes


Capítulo II

Universidade Federal do Pará

Instituto de Tecnologia

Transformadas de Laplace

Campus de Belém

Curso de Engenharia Mecânica

6/6/2019

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06/06/2019 11:26 CÁLCULO III – Transformadas de Laplace

❑ Introdução

❑ Fundamentação Teórica

❑ Transformadas de Equações Diferenciais Ordinária

IV – Transformadas de Laplace


❑ Introdução


❑ Transformadas de Equações Diferenciais Ordinárias


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4.1 Introdução

✓ Um das ferramentas mais poderosas utilizadas na

resolução das equações diferenciais lineares são as

transformadas de Laplace.

✓ Uma das vantagens do método é o de reduzir o

problema de resolução da equação diferencial,

muitas vezes complexo, a um problema puramente

algébrico.

✓ Ademais, essa metodologia considera as condições

iniciais sem a necessidade de se determinar

inicialmente a solução geral para dela, então, obter-

se uma solução particular.


4.1 Introdução

✓ Em sua essência, o desenvolvimento do método

consiste de três etapas:

i. A equação diferencial dada é transformada em

uma equação algébrica.

ii. Essa equação é resolvida por manipulações

puramente algébricas.

iii. A solução da equação algébrica obtida é

transformada em sentido contrário, de modo que

forneça a solução desejada da equação

diferencial original.

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❑ Introdução





✓ Uma transformada integral é uma relação da forma

𝐹 𝑠 = 𝛼

𝛽𝐾 𝑠, 𝑡 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡,

✓ em que K(s,t) é uma função dada, chamada de

núcleo da transformação, e os limites de integração

e também são dados. Essa relação transforma a

função f em outra função F, que é chamada a

transformada de f.

✓ Se f(t) estiver definida para 𝑡 ≥ 0, então a integral

imprópria

0

∞𝐾 𝑠, 𝑡 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡

4.2 Fundamentação Teórica

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✓ é definida pelo limite

✓ 0

∞𝐾 𝑠, 𝑡 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = lim

𝑏→∞0

𝑏𝐾 𝑠, 𝑡 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡

✓ Se esse limite existe, diz-se que a integral existe ou

é convergente; se o limite não existe, diz-se que a

integral não existe ou é divergente.

✓ O limite existirá somente para certos valores da

variável s.

✓ Existem diversas transformadas integrais úteis em

matemática aplicada, entre elas a transformada de

Laplace.




✓ Definição da Transformada de Laplace.

✓ Seja f(t) uma dada função que é definida para todos

os valores de t maiores ou iguais a zero (𝑡 ≥ 0). Se

essa função for multiplicada por 𝑒−𝑠𝑡 e o resultado

integrado em relação a t variando de zero ao infinito,

então ela será uma função de s denominada

transformada de Laplace da função original f(t),

desde que a integral resultante exista (convirja), e

será denotada por F(s) ou ℒ{𝑓 𝑡 }, definida pela

equação

𝐹 𝑠 = ℒ 𝑓 = 0

∞𝑒−𝑠𝑡𝑓 𝑡 𝑑𝑡 .

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✓ Além disso, a função original f(t) é chamada de

transformada inversa ou, simplesmente, a inversa de

F(s) e será representada por ℒ−1(𝐹); assim, ela será

escrita como

𝑓 𝑡 = ℒ−1[𝐹 𝑠 ].

✓ Como já ficou demonstrado, no tratamento das

transformadas de Laplace a função original será

representada por uma letra minúscula e sua

respectiva transformada pela mesma letra, porém

maiúscula.



✓ Exemplo. Calcule a transformada de Laplace de

𝑓 𝑡 = 1.

✓ Solução:

ℒ 𝑓 𝑡 = ℒ 1

= 0

∞𝑒−𝑠𝑡(1)𝑑𝑡 = lim

𝑏→∞0

𝑏𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡

= lim𝑏→∞

ቚ−𝑒−𝑠𝑡

𝑠 0

𝑏

= lim𝑏→∞

−𝑒−𝑠𝑏+1

𝑠=

1

𝑠

✓ desde que 𝑠 > 0 (a integral converge, pois 𝑒−𝑠𝑡 → 0quando 𝑏 → ∞). Se 𝑠 < 0, a integral é divergente

(𝑒−𝑠𝑡 → ∞, quando 𝑏 → ∞).

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✓ Definição de uma função contínua. Seja uma

função 𝑓 𝑡 : 𝑎, 𝑏 → 𝑅 e 𝑎 < 𝑡𝑜 < 𝑏. A função 𝑓(𝑡)é contínua em um certo ponto to, se

lim𝑡→𝑡𝑜

𝑓(𝑡) = 𝑓(𝑡𝑜)

onde 𝑎, 𝑏 é um intervalo da forma

𝑎, 𝑏 , 𝑎, 𝑏 , 𝑎, 𝑏 e [𝑎, 𝑏].

Se não existe lim𝑡→𝑡𝑜

𝑓(𝑡) ou se ele existe, mas

lim𝑡→𝑡𝑜

𝑓(𝑡) ≠ 𝑓(𝑡𝑜) , diz-se que a função 𝑓(𝑡) é

descontínua em 𝑡𝑜.



✓ Tipos de descontinuidades. Se f(t) é uma função

descontínua em um ponto 𝑡𝑜 do seu domínio, diz-se

que:

i. f(t) tem descontinuidade de salto (1ª espécie) em

um certo ponto 𝑡𝑜, se os limites laterais da função

em 𝑡𝑜 existem (são finitos), mas são distintos.

ii. f(t) tem descontinuidade infinita (2ª espécie) em

um certo ponto 𝑡𝑜 , se a função toma valores

arbitrariamente grandes ou arbitrariamente

pequenos próximos de 𝑡𝑜 .

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✓ A figura mostra a função f(t) contínua no intervalo

[a, b] e a função g(t) que apresenta uma

descontinuidade em saltos (1ª espécie) no ponto b e

uma descontinuidade infinita (2ª espécie) no ponto c.

f(t) g(t)

t

t



✓ Ordem exponencial. Diz-se que uma função f(t) é de

ordem exponencial em [0,∞) se existem constantes

, M > 0, tal que para todo 𝑡 ≥ 0 se tem 𝑓(𝑡) ≤𝑀𝑒𝛼𝑡.

✓ São funções de ordem exponencial:

✓ 𝑓 𝑡 = 𝑡, pois 𝑡 < 𝑒𝑡;

✓ 𝑓 𝑡 = 𝑡2, pois 𝑡² < 2𝑒𝑡;

✓ 𝑓 𝑡 = 𝑡2 cos(𝑎𝑡), pois 𝑡2cos(𝑎𝑡) < 2𝑒(1+𝑎)𝑡;

✓ 𝑓 𝑡 = 𝑒−1, pois 𝑒−1 < 𝑒𝑡 .

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𝒆𝒕

𝒕

𝑡 é de ordem

exponencial

𝒕²𝟐𝒆𝒕

𝑡² é de ordem

exponencial

𝒆𝒕𝒆𝒕²𝑒𝑡²não é de

ordem

exponencial𝑡2 cos𝑡 é de

ordem

exponencial

𝒕2𝒄𝒐𝒔 𝒕𝟐𝒆𝟐𝒕



✓ Condições suficientes para a existência da

transformada de Laplace. Consistem em que a função

𝑓(𝑡) seja contínua em intervalos e 𝑓(𝑡) não cresça

demasiadamente rápido à medida que t se aproxima do

infinito (f seja de ordem exponencial) .

✓ Uma função 𝑓 𝑡 é dita contínua em intervalos (ou

seccionalmente contínua) sobre um intervalo finito 𝑎 ≤𝑡 ≤ 𝑏 , se nesse intervalo há um número finito de

descontinuidades de 1ª espécie. Então, os saltos finitos,

conforme definidos, são as únicas descontinuidades que

uma função contínua em intervalos pode possuir, e onde,

evidentemente, todas as funções contínuas estão incluídas.

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✓ Teorema 1 (Teorema de existência). Seja 𝑓 𝑡 uma

função contínua em intervalos (contínua por partes

ou seccionalmente contínua) no intervalo [0,∞) ,

como também satisfaça a relação

𝑓(𝑡) ≤ 𝑀𝑒𝛼𝑡

✓ para qualquer 𝑡 ≥ 0 e para certas constantes ∝, 𝑀 >0, isto é, seja de ordem exponencial para 𝑡 ≥ 0;

então, a sua transformada de Laplace existe para todo

s > ∝.



✓ Demonstração. Como 𝑓(𝑡) é contínua em

intervalos, 𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) é integrável em qualquer

intervalo finito sobre o eixo 𝑡, e da relação 𝑓(𝑡) ≤𝑀𝑒𝛼𝑡, tem-se

✓ ℒ{𝑓} = 0

∞𝑒−𝑠𝑡𝑓 𝑡 𝑑𝑡 =

0

∞𝑒−𝑠𝑡 𝑓 𝑡 𝑑𝑡

✓ ≤ 0

∞𝑒−𝑠𝑡𝑀𝑒𝛼𝑡𝑑𝑡 = 𝑀

0

∞𝑒− 𝑠−∝ 𝑡𝑑𝑡 =

𝑀

𝑠−∝

✓ isso implica que a integral converge para todo s > ∝.

Logo, a transformada existe para todo s > ∝ ,conforme se queria demonstrar.

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✓ Teorema 2 (Linearidade). A transformada de

Laplace é uma operação linear, isto é, para quaisquer

funções f(t) e g(t) cujas transformadas de Laplace

existam, e quaisquer constantes a e b, tem-se

ℒ 𝑎𝑓 𝑡 + 𝑏𝑔(𝑡) = aℒ 𝑓 + 𝑏ℒ 𝑔

✓ Demonstração. Por definição,

ℒ{𝑎𝑓 𝑡 + 𝑏𝑔 𝑡 } = 0

∞𝑒−𝑠𝑡[𝑎𝑓 𝑡 + 𝑏𝑔 𝑡 ]𝑑𝑡

= 𝑎 0

∞𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑏

0

∞𝑒−𝑠𝑡𝑔 𝑡 𝑑𝑡

= 𝑎ℒ 𝑓 𝑡 } + 𝑏ℒ{𝑔(𝑡)



✓ A tabela a seguir mostra as transformadas de Laplace

de algumas funções elementares muito importantes,

pois a partir delas, boa parte das transformadas

necessárias podem ser obtidas pelo emprego de

alguns teoremas gerais.

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✓ Exemplo. Ache a transformada de Laplace de

𝑓 𝑡 = 3𝑡 − 5𝑠𝑒𝑛 2𝑡.

ℒ 3𝑡 − 5𝑠𝑒𝑛2𝑡 = 3ℒ 𝑡 − 5ℒ 𝑠𝑒𝑛 2𝑡

= 31

𝑠2− 5

2

𝑠2 + 4=−7𝑠2 + 12

𝑠2 𝑠2 + 4𝑠 > 0

✓ Teorema 3 (Primeiro teorema do deslocamento).

Se ℒ 𝑓 𝑡 = 𝐹 𝑠 quando 𝑠 > 𝑎, segue-se que

£ 𝑒𝑎𝑡𝑓 𝑡 = 𝐹 𝑠 − 𝑎 ,

isto é, a substituição de s por s – a na transformada

corresponde à multiplicação da função por 𝑒𝑎𝑡.

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✓ Demonstração. Por definição,

ℒ 𝑓 𝑡 = 𝐹(𝑠) = 0

∞𝑒−𝑠𝑡𝑓 𝑡 𝑑𝑡

e, portanto,

𝐹(𝑠 − 𝑎) = 0

∞𝑒−(𝑠−𝑎)𝑡𝑓(𝑡)𝑑𝑡

= 0

∞𝑒−𝑠𝑡[𝑒𝑎𝑡𝑓 𝑡 ]𝑑𝑡 = ℒ 𝑒𝑎𝑡𝑓 𝑡

✓ Exemplo. Sabendo-se que ℒ 𝑡² = Τ2 𝑠 ³ ache

ℒ 𝑒−2𝑡𝑡2 .

✓ ℒ 𝑒−2𝑡𝑡2 =2

[𝑠− −2 ]³=

2

(𝑠+2)³𝑠 > −2



✓ Exemplo. Calcule ℒ 𝑒5𝑡𝑡³

Solução: Da comparação com o teorema do

deslocamento

£ 𝑒𝑎𝑡𝑓 𝑡 = 𝐹 𝑠 − 𝑎 ≡ ℒ 𝑒5𝑡𝑡³

tem-se que 𝑓 𝑡 = 𝑡3, 𝑎 = 5.

✓ Como ℒ 𝑓(𝑡𝑛) =𝑛!

𝑠𝑛+1, então

✓ ℒ 𝑓(𝑡) = ℒ 𝑡3 =3!

𝑠3+1=

3!

𝑠4= 𝐹 𝑠

✓ ℒ 𝑒5𝑡𝑡³ = 𝐹 𝑠 − 5 =3!

(𝑠−5)4

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✓ Teorema 4 (Derivada de f(t)). Seja uma função f(t)

contínua para 𝑡 ≥ 0, que satisfaça a relação de ordem

exponencial (para determinados ∝ e M) e possua uma

derivada 𝑓′(𝑡) contínua em intervalos sobre qualquer

intervalo finito em 𝑡 ≥ 0,então a transformada de

Laplace da referida derivada existe quando s > ∝, e

ℒ 𝑓′ 𝑡 = 𝑠ℒ 𝑓 𝑡 − 𝑓 0 (𝑠 > 𝛼)

✓ Demonstração. Considerando-se que 𝑓′(𝑡) é

contínua para 𝑡 ≥ 0; então, de acordo com a definição

e mediante uma integração por partes, tem-se



ℒ 𝑓′ 𝑡 = 0

∞𝑒−𝑠𝑡𝑓′ 𝑡 𝑑𝑡

= ȁ𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) 0∞ + 𝑠

0

∞𝑒−𝑠𝑡𝑓 𝑡 𝑑𝑡

= −𝑓 0 + 𝑠ℒ{𝑓 𝑡 }

ℒ 𝑓′ 𝑡 = 𝑠ℒ 𝑓 𝑡 − 𝑓(0)

supondo-se que 𝑒−𝑠𝑡𝑓(𝑡) → 0 quando 𝑡 → ∞.Analogamente,

ℒ 𝑓′′ 𝑡 = 𝑠ℒ 𝑓′ 𝑡 − 𝑓′(0)

= 𝑠 𝑠ℒ 𝑓 𝑡 − 𝑓 0 − 𝑓′ 0

ℒ 𝑓′′ 𝑡 = 𝑠2ℒ 𝑓 𝑡 − 𝑠𝑓 0 − 𝑓′ 0

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✓ Semelhantemente,

✓ ℒ 𝑓′′′ 𝑡 =

✓ = 𝑠3 ℒ 𝑓 𝑡 −𝑠2 𝑓 0 − 𝑠𝑓′ 0 − 𝑓′′(0).

✓ Por indução e considerando as condições de existência

das transformadas de Laplace, obtém-se a seguinte

extensão

ℒ 𝑓(𝑛) 𝑡 = 𝑠𝑛ℒ 𝑓 𝑡 − 𝑠𝑛−1𝑓 0

−𝑠𝑛−2𝑓′ 0 − ⋯− 𝑓 𝑛−1 (0)



✓ Exemplo. Seja 𝑓 𝑡 = Τ𝑡2 2. Determinar ℒ 𝑓 𝑡 .

✓ Solução:

✓ Tem-se 𝑓 0 = 0, 𝑓′ 0 = 𝑡 = 0, 𝑓′′ 0 = 1,

✓ Como ℒ{𝑓′′ 𝑡 } = ℒ 1 =1

𝑠, obtém-se

✓ ℒ 𝑓′′ 𝑡 = 𝑠2ℒ 𝑓 𝑡 − 𝑠𝑓 0 − 𝑓′ 0

✓ ℒ 1 =1

𝑠= 𝑠2ℒ 𝑓 𝑡 − 0 − 0

✓ ℒ 𝑓 𝑡 = ℒ Τ𝑡2 2 =1

𝑠3

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✓ Teorema 5 (Integração de f(t)). Se a função f(t) é

contínua em intervalos e de ordem exponencial (para

determinados ∝ e M), então a transformada de

Laplace da referida integração existe quando 𝑠 >0 e 𝑠 > ∝, e

ℒ 0

𝑡𝑓 𝑢 𝑑𝑢 =

1

𝑠ℒ 𝑓 𝑡 (𝑠 > 0, 𝑠 > 𝛼)

✓ Demonstração. Considerando-se que 𝑓 𝑡 satisfaça

as condições de existência das transformadas de

Laplace, então a integral 𝑔 𝑡 = 0

𝑡𝑓(𝑢)𝑑𝑢 é

contínua.



✓ Definido-se

✓ 𝑔 𝑡 = 0

𝑡𝑓(𝑢)𝑑𝑢,

✓ então, pelo teorema fundamental do cálculo,

✓ 𝑔′ 𝑡 =𝑑

𝑑𝑡𝑔 𝑡 =

𝑑

𝑑𝑡0

𝑡𝑓(𝑢)𝑑𝑢 = 𝑓 𝑡 e

✓ 𝑔 0 = 0

0𝑓(𝑢)𝑑𝑢 = 0.

✓ Portanto,

✓ F s = ℒ 𝑓 𝑡 = ℒ 𝑔′ 𝑡 = 𝑠ℒ 𝑔 𝑡 − 𝑔(0),

e como 𝑔 0 = 0, então

ℒ 𝑔 𝑡 =1

𝑠ℒ 𝑓 𝑡

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✓ Exemplo. Seja ℒ 𝑓 𝑡 =1

𝑠2(𝑠2+22), achar

𝑓 𝑡 , utilizando a transformada da integral.

✓ Solução: Da tabela de transformadas tem-se

✓ 𝑓 𝑡 = ℒ−11

𝑠²(𝑠2+2²)

✓ ℎ 𝑡 = ℒ−11

𝑠2+2²= ℒ−1

1

2∙

2

𝑠2+2²=

1

2ℒ−1

2

𝑠2+2²

✓ =1

2𝑠𝑒𝑛 2𝑡

✓1

𝑠

1

𝑠2+2²=

1

𝑠ℒ ℎ 𝑡 = ℒ

0

𝑡ℎ 𝑢 𝑑𝑢



✓ℒ−11

𝑠

1

𝑠2+2²=

0

𝑡ℎ 𝑢 𝑑𝑢 =

1

20

𝑡𝑠𝑒𝑛 2𝑢𝑑𝑢

✓ =1

4(1 − cos 2𝑡)

𝑓 𝑡 = ℒ−1 1

𝑠²

1

𝑠2+2²= ℒ−1

1

𝑠

1

𝑠

1

𝑠2+2²

= 0

𝑡 1

4(1 − cos 2𝑢) 𝑑𝑢

=1

4𝑡 −

𝑠𝑒𝑛 2𝑡

2

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✓ FRAÇÕES PARCIAIS (Revisão). O uso de frações

parciais é muito importante quando se procura a

transformada de Laplace inversa que envolve uma

fração aparentemente complexa. Existem vários casos

de aplicação da técnica, mas aqui serão revisados

somente os casos mais comuns.

✓ Caso I. O denominador contém somente fatores

lineares distintos, como no cálculo da transformada

inversa

ℒ−11

(𝑠 − 1)(𝑠 + 2)(𝑠 + 4).



✓ Neste caso, existem únicas constantes A, B e C tais

que:

1

(𝑠 − 1)(𝑠 + 2)(𝑠 + 4)=

𝐴

𝑠 − 1+

𝐵

𝑠 + 2+

𝐶

𝑠 + 4

1 = 𝐴𝑠2 + 4𝐴𝑠 + 2𝐴𝑠 + 8𝐴 + 𝐵𝑠2 + 4𝐵𝑠 − 𝐵𝑠

−4𝐵 + 𝐶𝑠2 + 2𝐶𝑠 − 𝐶𝑠 − 2𝐶

1 = 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 𝑠2 + 6𝐴 + 3𝐵 + 𝐶 𝑠

+(8𝐴 − 4𝐵 − 2𝐶)

✓ Comparando-se os coeficientes das potências de s

em ambos os lados da igualdade tem-se

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𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 0; 6𝐴 + 3𝐵 + 𝐶 = 0 e 8𝐴 − 4𝐵 − 2𝐶 = 1

✓ de onde se obtém 𝐴 = Τ1 15 , 𝐵 = Τ−1 6 e C = Τ1 10.

Então, pode-se escrever

✓1

(𝑠−1)(𝑠+2)(𝑠+4)=

1/15

𝑠−1−

1

6

𝑠+2+

1

10

𝑠+4

✓ e assim,

✓ ℒ−11

(𝑠−1)(𝑠+2)(𝑠+4)=

1

15ℒ−1 1

𝑠−1−

1

6ℒ−1

1

𝑠+1

✓ +1

10ℒ−1

1

𝑠+4

✓ =1

15𝑒𝑡 −

1

6𝑒−2𝑡 +

1

10𝑒−4𝑡



✓ Caso II. O denominador contém fatores lineares

repetidos, como no cálculo da transformada inversa a

seguir

ℒ−1𝑠 + 1

𝑠²(𝑠 + 2)³.

✓ Neste caso, ter-se-á tantas frações parciais (e

constantes) quantos forem o número de fatores. No

exemplo a seguir, tem-se 5 fatores, logo as constantes

serão A, B, C, D e E, tais que:

𝑠 + 1

𝑠²(𝑠 + 2)³=𝐴

𝑠+𝐵

𝑠²+

𝐶

𝑠 + 2+

𝐷

(𝑠 + 2)²+

𝐸

(𝑠 + 2)³

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Procedendo-se da mesma maneira anterior, chega-se a

𝑠 + 1 = 𝐴𝑠 𝑠 + 2 3 + 𝐵 𝑠 + 2 3 + 𝐶𝑠2 𝑠 + 2 2

+𝐷𝑠2 𝑠 + 2 + 𝐸𝑠2

✓ Substituindo-se 𝑠 = 0 e 𝑠 = −2 (os zeros do

denominador), conclui-se que 𝐵 = Τ1 8 e 𝐸 = Τ−1 4,

respectivamente. Igualando-se 𝑠4, 𝑠³ e 𝑠, tem-se

0 = 𝐴 + 𝐶; 0 = 6𝐴 + 𝐵 + 4𝐶 + 𝐷; 1 = 8𝐴 + 12𝐵,

de onde se obtém

𝐴 = − Τ1 16 , 𝐶 = Τ1 16 e 𝐷 = 0.



✓ Logo

✓ ℒ−1 𝑠+1

𝑠²(𝑠+2)³=

✓ = ℒ−1 −Τ1 16

𝑠+

Τ1 8

𝑠2+

Τ1 16

𝑠+2+

0

𝑠+2 2 −Τ1 4

(𝑠+2)³

✓ = −1

16ℒ−1 1

𝑠+

1

8ℒ−1 1

𝑠²

✓ +1

16ℒ−1 1

𝑠+2−

1

4ℒ−1 1

(𝑠+2)³

✓ = −1

16+

1

8𝑡 +

1

16𝑒−2𝑡 −

1

8𝑡²𝑒−2𝑡

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✓ Caso III. O denominador contém um fator quadrático

irredutível (raízes complexas), como no cálculo da

transformada inversa a seguir

ℒ−13𝑠 − 2

𝑠³(𝑠² + 4).

✓ Neste caso, ter-se-á quatro frações parciais quantos

forem o número de fatores (quatro constantes), mas a

fração correspondente ao fator quadrático apresentará

duas constantes. No exemplo a seguir, tem-se quatro

fatores, um deles quadrático, logo serão quatro

frações com cinco constantes A, B, C, D e E, tais que:



3𝑠−2

𝑠³(𝑠²+4)=

𝐴

𝑠+

𝐵

𝑠²+

𝐶

𝑠³+

𝐷

(𝑠+2)²+

𝐷𝑠+𝐸

𝑠²+2

Procedendo-se da mesma maneira anterior,chega-se a

3𝑠 + 2 = 𝐴𝑠2 𝑠2 + 4 + 𝐵𝑠 𝑠2 + 4

+ 𝐶(𝑠2 + 4) + 𝐷𝑠 + 𝐸 𝑠3

✓ Substituindo-se 𝑠 = 0 (o zero real do denominador),

conclui-se que 𝐶 = − Τ1 2. Os demais coeficientes

serão calculados comparando-se as potências de s

em ambos os lados da igualdade. Assim

A = Τ1 8; B = Τ3 4 ;𝐷 = − Τ1 8 ; 𝐸 = Τ−3 4.

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✓ Logo

✓ y t = ℒ−1 3𝑠−2

𝑠³(𝑠2+4)=

✓ = ℒ−1 Τ1 8

𝑠+

Τ3 4

𝑠2−

Τ1 2

𝑠³+

− Τ(𝑠 8)− Τ3 4

𝑠2+4

✓ = −1

8ℒ−1

1

𝑠+

3

4ℒ−1

1

𝑠²

✓ −1

4ℒ−1 2

𝑠3−

1

8ℒ−1 𝑠

𝑠2+2²−

3

8ℒ−1 2

𝑠2+2²

✓ 𝐲(𝐭) =𝟏

𝟖+

𝟑

𝟒𝒕 −

𝟏

𝟒𝒕𝟐 −

𝟏

𝟖𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒕 −

𝟑

𝟖𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒕



✓ CONVOLUÇÃO. Se duas funções, f e g, forem

contínuas em intervalos sobre o intervalo 0,∞ , então a

convolução de f e g, denotada por 𝑓 ∗ 𝑔, é dada pela

integral

𝑓 ∗ 𝑔 = 0𝑡𝑓 𝜏 𝑔 𝑡 − 𝜏 𝑑𝜏

✓ Pode ser demonstrado que a convolução de duas

funções é comutativa, ou seja, 𝑓 ∗ 𝑔 = 𝑔 ∗ 𝑓.

✓ Exemplo. A convolução de 𝑓 𝑡 = 𝑒𝑡 e 𝑔 𝑡 = 𝑠𝑒𝑛 𝑡 é

𝑓 ∗ 𝑔 = 𝑒𝑡 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝑡

= 0𝑡𝑒𝜏𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝜏 𝑑𝜏 =

1

2(−𝑠𝑒𝑛 𝑡 − cos 𝑡 + 𝑒𝑡)

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✓ A transformada de Laplace da convolução de duas

funções pode ser calculada sem a necessidade de

resolver a integral que a define, como feito

anteriormente, conforme demonstra o teorema a

seguir:

✓ Teorema 6 (Teorema de convolução). Sejam

𝑓 𝑡 e 𝑔 𝑡 funções contínuas em intervalos sobre o

intervalo 0,∞ e de ordem exponencial; então,

ℒ 𝑓 ∗ 𝑔 = ℒ 𝑓 𝑡 ∙ ℒ 𝑔 𝑡 = 𝐹 𝑠 ∙ 𝐺(𝑠)



✓ Demonstração. Seja

✓ 𝐹 𝑠 = ℒ 𝑓 𝑡 = 0

∞𝑒−𝑠𝜏𝑓(𝜏)𝑑𝜏 e

✓ 𝐺 𝑠 = ℒ 𝑔 𝑡 = 0

∞𝑒−𝑠𝛽𝑔(𝛽)𝑑𝛽

✓ Então

✓ 𝐹 𝑠 ∙ 𝐺 𝑠 = 0

∞𝑒−𝑠𝜏𝑓(𝜏)𝑑𝜏

0

∞𝑒−𝑠𝛽𝑔(𝛽)𝑑𝛽

✓ = 0

∞𝑒−𝑠𝜏𝑓(𝜏)

0

∞𝑒−𝑠𝛽𝑔(𝛽)𝑑𝛽 𝑑𝜏

✓ = 0

∞𝑓(𝜏)

0

∞𝑒−𝑠𝜏𝑒−𝑠𝛽𝑔(𝛽)𝑑𝛽 𝑑𝜏

✓ = 0

∞𝑓(𝜏)

0

∞𝑒−𝑠(𝜏+𝛽)𝑔(𝛽)𝑑𝛽 𝑑𝜏

✓

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✓ Fixando 𝜏 e fazendo 𝑡 = 𝜏 + 𝛽, 𝑑𝑡 = 𝑑𝛽, tem-se

✓ 𝐹 𝑠 𝐺 𝑠 = 0

∞𝑓(𝜏)

𝜏

∞𝑒−𝑠𝑡𝑔(𝑡 − 𝜏)𝑑𝑡 𝑑𝜏

✓ Como as funções são contínuas a ordem de integração

pode ser invertida (Teorema de Fubini), então

✓ 𝐹 𝑠 𝐺 𝑠 = 0

∞𝑒−𝑠𝑡

0

𝑡𝑓 𝜏 𝑔(𝑡 − 𝜏)𝑑𝜏 𝑑𝑡

✓ 𝑓 ∗ 𝑔

✓ A integral interna é a convolução de 𝑓 e 𝑔 (𝑓 ∗ 𝑔).Logo, da definição da transformada de Laplace, tem-

se que

✓ 𝐹 𝑠 𝐺 𝑠 = ℒ{𝑓 ∗ 𝑔}



Inversão da ordem de integração →

Plano 𝜏 − 𝑡

𝝉 = 𝒕

𝒕

𝝉

Integral externa

𝒕: 0 𝑎 ∞

𝝉 = 𝟎

Reta 𝝉 = 𝒕

𝝉 = 𝒕

𝒕

𝝉

Integral

externa

𝝉: 0 𝑎 ∞

𝝉 = 𝟎

Reta 𝝉 = 𝒕

𝝉 = 𝒕

Integral

interna

t: 𝜏 𝑎 ∞ Integral

interna

𝝉: 0 𝑎 𝑡

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✓ Exemplo. Calcule

ℒ 0

𝑡𝑒𝜏𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝜏 𝑑𝜏

Solução: Da definição de convolução, tem-se que

0

𝑡𝑒𝜏𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝜏 𝑑𝜏 = 𝑓 ∗ 𝑔,

onde 𝑓 𝑡 = 𝑒𝑡 e g 𝑡 = 𝑠𝑒𝑛 𝑡. Então

ℒ 0

𝑡𝑒𝜏𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝜏 𝑑𝜏 = ℒ 𝑓 ∗ 𝑔 = ℒ 𝑓 ∙ ℒ 𝑔

= ℒ 𝑒𝑡 ∙ ℒ 𝑠𝑒𝑛 𝑡 =1

𝑠−1∙

1

𝑠2+1=

1

(𝑠−1)(𝑠2+1)



✓ TEOREMA DA CONVOLUÇÃO (Forma inversa).

✓ Pelo Teorema da Convolução, anteriormente

demonstrado, tem-se que

ℒ−1 𝐹 𝑠 𝐺(𝑠) = 𝑓 ∗ 𝑔

✓ Exemplo. Calcule ℒ−11

(𝑠−1)(𝑠+4)

Solução:

ℒ−11

(𝑠−1)(𝑠+4)= ℒ−1

1

𝑠−1∙

1

𝑠+4

𝐹 𝑠 =1

𝑠−1e 𝐺 𝑠 =

1

𝑠+4

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✓ ℒ−1 𝐹(𝑠) = 𝑓 𝑡 = 𝑒𝑡 e

✓ ℒ−1 𝐺(𝑠) = 𝑔 𝑡 = 𝑒−4𝑡

✓ ℒ−11

𝑠−1∙

1

𝑠+1=

✓ = ℒ−1 𝐹(𝑠) ∙ 𝐺(𝑠) = 𝑓 ∗ 𝑔

✓ = 0

𝑡𝑒𝜏𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝜏 𝑑𝜏 =

0

𝑡𝑒𝜏𝑒−4(𝑡−𝜏)𝑑𝜏

✓ = 𝑒−4𝑡 0

𝑡𝑒5𝜏𝑑𝜏 =𝑒−4𝜏 ቚ

1

5𝑒5𝜏

0

𝑡

✓ =1

5𝑒𝑡 −

1

5𝑒−4𝑡



✓ FUNÇÃO DEGRAU UNITÁRIO.

✓ A função degrau unitário é considerada como de

fundamental importância na definição de certas

funções de relevância no uso da transformação de

Laplace.

✓ Definição. A função degrau unitário, representada

por 𝓊𝑎(𝑡 − 𝑎) é definida por

✓ 𝓊𝑎 𝑡 = ቊ0 𝑡 < 𝑎1 𝑡 ≥ 𝑎.

Exemplo: Esboce o gráfico das funções de 𝓊𝑜 𝑡 e

𝑢2 𝑡

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(a) 𝓊𝑜 𝑡 → 𝑎 = 0 → 𝓊0 𝑡 = 1, 𝑡 ≥ 0

(b) 𝓊2 𝑡 → 𝑎 = 2 → 𝓊2 𝑡 = ቊ0 0 ≤ 𝑡 < 21 𝑡 ≥ 2.

𝒕

𝓾

𝟏

𝒕

𝓾

𝟏

𝟐

(a) (b)


❑ Introdução




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28


4.3 Transformadas de EDOs

✓ Para resolver equações diferenciais ordinárias

utilizando as transformadas de Laplace, considerar-

se-á, como exemplo, a equação

𝑦′′ + 𝑤2𝑦 = 𝑟(𝑡)

✓ com 𝑤 e 𝑟 𝑡 conhecidos. Aplicando-se a

transformada de Laplace, obtém-se

𝑠2𝑌 𝑠 − 𝑠𝑦 0 − 𝑦′ 0 + 𝑤2𝑌 𝑠 = 𝑅(𝑠),

✓ onde 𝑌(𝑠) é a transformada de Laplace da função

incógnita 𝑦(𝑡), e 𝑅(𝑠) é a transformada de Laplace

de 𝑟(𝑡).



• Esta equação algébrica é, geralmente, denominada

equação subsidiária da equação diferencial, e sua

solução é

𝑌 𝑠 =𝑠𝑦 0 + 𝑦′ 0

𝑠2 +𝑤2+

𝑅(𝑠)

𝑠2 + 𝑤2,

• na qual 𝑌(𝑠) é completamente determinado por meio

das condições iniciais, 𝑦 0 = 𝑘1 e 𝑦′ 0 = 𝑘2.

• Conhecido Y(s), procede-se a última etapa do método,

que consiste em se determinar a transformada inversa

ℒ−1 𝑌 𝑠 = 𝑦(𝑡), que é a solução desejada.

• Posteriormente, pode-se verificar, por substituição, se

𝑦(𝑡) satisfaz à ED dada e às condições iniciais.

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✓ Exemplo 01. Determinar a solução da ED abaixo, que

satisfaz às condições iniciais y 0 = 0, 𝑦′ 0 = 2.

𝑦′′ + 9𝑦 = 0✓ Solução:

✓ ℒ{𝑦′′ + 9𝑦} = ℒ 𝑦′′ + 9ℒ 𝑦 } = ℒ 0✓ 𝑠2𝑌 𝑠 − 𝑠𝑦 0 − 𝑦′ 0 + 9𝑌(𝑠) = 0✓ 𝑠2𝑌 𝑠 − 0 − 2 + 9𝑌 𝑠 = 0

✓ 𝑌 𝑠 =2

𝑠2+9=

2

3

3

𝑠2+3²

✓ Da tabela de transformadas decorre

✓ 𝒚 𝒕 = 𝓛−𝟏 𝒀 𝒔 =𝟐

𝟑𝐬𝐞𝐧𝟑𝒕



✓ Exemplo 02. Resolver a equação

𝑦′′ − 6𝑦′ + 9𝑦 = 𝑡2𝑒3𝑡, 𝑦 0 = 2, 𝑦′ 0 = 6

✓ Solução:

✓ ℒ{𝑦′′} − 6ℒ 𝑦′ + 9ℒ{𝑦} = ℒ{𝑡2𝑒3𝑡}

✓ 𝑠2𝑌 𝑠 − 𝑠𝑦 0 − 𝑦′ 0 − 6[𝑠𝑌 𝑠

✓ −𝑦 0 ] + 9𝑌(𝑠) =2

(𝑠−3)²

✓ (𝑠2− 6𝑠 + 9)𝑌 𝑠 = 2𝑠 − 6 +2

(𝑠−3)³

✓ s − 3 2𝑌 𝑠 = 2 𝑠 − 3 +2

(𝑠−3)³

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30



𝑌 𝑠 =2

𝑠−3+

2

(𝑠−3)5

𝑦 𝑡 = ℒ−1 𝑌(𝑠) = ℒ−12

𝑠−3+

2

𝑠−3 5

= 2ℒ−1 1

𝑠−3+ 2ℒ−1 1

(𝑠−3)5

✓ Da tabela de transformadas inversas de Laplace

✓ ℒ−11

𝑠−𝑎= 𝑒𝑎𝑡, ℒ−1 1

(𝑠−𝑎)𝑛=

1

(𝑛−1)!𝑡𝑛−1𝑒𝑎𝑡,

✓ logo

𝒚 𝒕 = 𝟐𝒆𝟑𝒕 + 𝟐𝟏

𝟒!𝒕𝟒𝒆𝟑𝒕 = 𝒆𝟑𝒕 𝟐 +

𝒕𝟒

𝟏𝟐



✓ De outra forma:

𝑦 𝑡 = ℒ−1 𝑌(𝑠) = ℒ−12

𝑠−3+

2

𝑠−3 5

= 2ℒ−11

𝑠−3+ 2ℒ−1 1

(𝑠−3)5

✓ Do teorema da translação e da tabela:

✓ ℒ 𝑓 𝑡 = 𝐹(𝑠) → ℒ 𝑒𝑎𝑡𝑓 𝑡 = 𝐹(𝑠 − 𝑎)

✓ ℒ−1 𝐹 𝑠 = 𝑓(𝑡) → ℒ−1 𝐹 𝑠 − 𝑎 = 𝑒𝑎𝑡𝑓(𝑡)

✓ ℒ−11

𝑠𝑛=

𝑡𝑛−1

(𝑛−1)!→ ℒ−1

1

(𝑠−𝑎)𝑛= 𝑒𝑎𝑡

𝑡𝑛−1

(𝑛−1)!

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ℒ−1 ቚ1

𝑠5 𝑠→𝑠−3= 𝑒3𝑡

𝑡5−1

(5−1)!= 𝑒3𝑡

𝑡4

4!

✓ logo

𝒚 𝒕 = 𝟐𝒆𝟑𝒕 + 𝟐𝟏

𝟒!𝒕𝟒𝒆𝟑𝒕 = 𝒆𝟑𝒕 𝟐 +

𝒕𝟒

𝟏𝟐

Exemplo 02. Resolver a equação

𝑦(4) − 𝑦 = 0,

𝑦 0 = 0, 𝑦′ 0 = 1, 𝑦′′ 0 = 0, 𝑦′′′ 0 = 0

Solução:

✓ ℒ{𝑦(4)} − ℒ{𝑦} = ℒ{0}



✓ 𝑠4𝑌 𝑠 − 𝑠3𝑦 0 − 𝑠2𝑦′ 0✓ −𝑠𝑦′′ 0 − 𝑦′′′ 0 − 𝑌 𝑠 = 0

✓ 𝑠4𝑌 𝑠 − 𝑠3 0 − 𝑠2 1 − 𝑠 0 − 0 − 𝑌 𝑠 = 0

𝑌 𝑠 =𝑠2

𝑠4−1=

𝐴𝑠+𝐵

𝑠2−1+

𝐶𝑠+𝐷

𝑠2+1

𝑌 𝑠 = 𝑠2 = 𝐴 + 𝐶 𝑠3 + 𝐵 + 𝐷 𝑠2

+ 𝐴 − 𝐶 𝑠 + 𝐵 − 𝐷

𝐴 + 𝐶 = 0𝐵 + 𝐷 = 1𝐴 − 𝐶 = 0𝐵 − 𝐷 = 0

→ 𝐴 = 𝐶 = 0 e 𝐵 = 𝐷 = Τ1 2

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𝑌 𝑠 = ℒ 𝑦(𝑡) =1

2

𝑠2−1+

1

2

𝑠2+1=

1

2

1

𝑆2−1²+

1

2

1

𝑆2+1²

𝑦 𝑡 = ℒ−1 𝑌 𝑠 =1

2ℒ−1

1

𝑠2 − 1²+1

2ℒ−1

1

𝑠2 − 1²

𝒚 𝒕 =𝟏

𝟐(𝒔𝒆𝒏𝒉 𝒕 + 𝒔𝒆𝒏 𝒕)

cálculo iii - jorgeteofilo.files.wordpress.com · 6/6/2019 3 06/06/2019 11:26 cÁlculo iii -...

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