Material de apoio - Transformada de Laplace

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Sumário 
3 TRANSFORMADA DE LAPLACE ........................................................................................................... 2 
3.1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................................................. 2 
3.2 TRANSFORMADA DE LAPLACE ................................................................................................................... 3 
3.3 CÁLCULO DA TRANSFORMADA DE LAPLACE ............................................................................................. 3 
3.3.1 Funções Simples .............................................................................................................................. 4 
3.3.2 Propriedades, Teoremas e Aplicações ............................................................................................. 6 
3.3.3 Resumo .......................................................................................................................................... 14 
3.4 TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE .................................................................................................. 15 
3.5 TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE VIA EXPANSÃO EM FRAÇÕES PARCIAIS ..................................... 16 
3.5.1 Caso 1 – Polos reais distintos ....................................................................................................... 16 
3.5.2 Caso 2a – Polos complexos conjugados juntos ............................................................................. 17 
3.5.3 Caso 2b – Polos complexos conjugados tratados como distintos.................................................. 18 
3.5.4 Caso 3a – Polos múltiplos reais, Propriedade e-αtf(t).................................................................... 19 
3.5.5 Caso 3b – Polos múltiplos reais, Propriedade tf(t) ....................................................................... 21 
3.5.6 Caso 4 – Polos complexos conjugados múltiplos, Propriedade tf(t) ............................................. 22 
3.5.7 Caso 5 – Numerador maior ou igual ao denominador .................................................................. 23 
3.5.8 Exemplos........................................................................................................................................ 25 
3.6 APLICAÇÕES DE TRANSFORMADA DE LAPLACE ....................................................................................... 30 
3.6.1 Solução de Equações Diferenciais ................................................................................................ 30 
3.6.2 Funções de Transferência.............................................................................................................. 34 
3.6.3 Classificação das Funções de Transferência ................................................................................ 37 
3.6.4 Exercícios Resolvidos .................................................................................................................... 38 
3.6.5 Exemplos utilizando Matlab® ....................................................................................................... 41 
3.7 PROJETO #1: SIMULAÇÃO DE SISTEMAS ................................................................................................... 42 
3.8 EXERCÍCIOS PROPOSTOS .......................................................................................................................... 42 
3.9 RESPOSTAS .............................................................................................................................................. 45 
3.10 EXERCÍCIOS DA PROVA REMOTA DE 2020/1 ........................................................................................ 47 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 
 
3 Transformada de Laplace 
 
 A vantagem na utilização da transformada de Laplace para se estudar a resposta de 
sistemas consiste no fato de que a transformada de Laplace transforma uma equação diferencial 
em uma equação algébrica, onde é aplicada a entrada e então calculada a transformada inversa 
de Laplace para obter a resposta temporal. 
 
 Deve-se observar que, sempre que possível, será mantido o formalismo matemático para 
obtenção dos resultados. Porém, o foco principal não é a obtenção da transformada ou 
transformada inversa de Laplace, mas apenas a sua aplicação na obtenção das respostas 
temporais. Sendo assim, o objetivo será criar uma tabela de consulta com as principais 
transformadas e utilizá-la para a realização da transformada inversa de Laplace. 
 
3.1 Introdução 
 
 Para a construção da tabela de transformada de Laplace, deve-se observar os principais 
tipos que serão utilizadas tanto como entrada com resposta de sistemas. 
 
 As entradas típicas de sistema de controle são 90% do tipo constante, sendo que 
inicialmente a entrada estava em um determinado patamar e, então passa para outro patamar, 
na forma de degrau. Exemplos, 
 
• Manter o veículo a 110 km/h; 
• Manter a temperatura da sala em 24º C; 
• Manter a direção e altitude do avião; 
• Aumentar a vazão de um tanque de líquidos em 10 litros/segundo; 
 
 As respostas típicas dos sistemas de controle podem ser respostas, 
 
• Oscilantes, representadas por senos e cossenos puros; 
• Respostas do tipo exponenciais; 
• Combinação de ambas acima; 
 
 
 
 
3 
Figura 3-1: Exemplo de entrada e resposta típica: (a) Entrada Degrau Unitário, (b) Resposta 
do sistema 
 
 Além das entradas e saídas, a construção da passagem de uma equação diferencial para 
uma representação em Laplace, conhecida com Função de Transferência, envolve geralmente 
a aplicação da transformada de Laplace em uma equação diferencial. Considerando a equação 
diferencial abaixo, que representa um sistema massa-mola-amortecedor, 
 
𝑚�̈�(𝑡) + 𝑐�̇�(𝑡) + 𝑘𝑥(𝑡) = 𝑓(𝑡) 
 
 A sua Função de Transferência, que é a representação da equação diferencial no domínio 
de Laplace, assumindo que se deseja medir o deslocamento x(t), é dada por, 
 
𝑋(𝑠)
𝐹(𝑠)
=
1
𝑚𝑠2 + 𝑐𝑠 + 𝑘
 
 
3.2 Transformada de Laplace 
 
 A Transformada de Laplace é definida por, 
 
ℒ[𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
 
Onde 
• f(t) é a função temporal sendo que f(t) = 0 para t < 0; 
• s é a variável complexa; 
• 𝓛 é o operador da transformada; 
• F(s) é a transformada de Laplace de f(t). 
 
 Observe que uma condição imposta para a realização da transformada de Laplace da 
função f(t) é, 
 
𝑓(𝑡) = 0 para t < 0 
 
 Está condição é conhecida como CAUSALIDADE, significando que a função só existe 
para a parte positiva dos tempos ou que fisicamente um sistema só pode responder a uma 
determinada entrada depois da existência da própria entrada. 
 
 Observe que a transformada de Laplace é uma integral impropria e deve ser resolvida 
conforme, 
 
ℒ[𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= lim
𝑎→∞
∫ 𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
𝑎
0
 
 
3.3 Cálculo da Transformada de Laplace 
 
 
 
4 
3.3.1 Funções Simples 
 
 Função Exponencial: 
 
𝑓(𝑡) = {𝐴𝑒
−𝛼𝑡 𝑡 ≥ 0
0 𝑡 < 0
 
 
Onde A e α são constantes em relação ao tempo. A transformada de Laplace é, aplicando a 
definição, 
 
ℒ[𝐴𝑒−𝛼𝑡] = ∫ 𝐴𝑒−𝛼𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 𝐴∫ 𝑒−(𝑠+𝛼)𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 𝐴(−
𝑒−(𝑠+𝛼)𝑡
𝑠 + 𝛼
)|
0
∞
= 𝐴(0 +
1
𝑠 + 𝛼
) =
𝐴
𝑠 + 𝛼
 
 
 Função Degrau: 
 
𝑓(𝑡) = {
𝐴 𝑡 > 0
0 𝑡 < 0
 
 
Onde A é constante em relação ao tempo. Essa transformada é um caso especial da função 
exponencial onde foi feito α = 0. Note que ela não é definida para t = 0. 
 
ℒ[𝐴] = ∫ 𝐴𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 𝐴(−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)|
0
∞
= 𝐴(0 +
1
𝑠
) =
𝐴
𝑠
 
 
 Função Degrau Unitário: 
 
1(𝑡) = {
1 𝑡 > 0
0 𝑡 < 0
 
 
 Note que ela não é definida para t = 0; sua transformada é dada por, 
 
ℒ[1(𝑡)] = ∫ 1(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= ∫ 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
|
0
∞
= 0 +
1
𝑠
=
1
𝑠
 
 
 Observe que se pode transformar qualquer funçãoem uma função causal multiplicando-
a pelo degrau unitário. Além disso, as transformadas podem ser definidas utilizando-se a função 
degrau unitário. Por exemplo, 
 
ℒ[1(𝑡)𝐴𝑒−𝛼𝑡] = 𝐴∫ 1(𝑡)𝑒−(𝑠+𝛼)𝑡𝑑𝑡
∞
0
= ℒ[𝐴𝑒−𝛼𝑡] = 𝐴∫ 𝑒−(𝑠+𝛼)𝑡𝑑𝑡
∞
0
=
𝐴
𝑠 + 𝛼
 
 
 Função Rampa: 
 
𝑓(𝑡) = {
𝐴𝑡 𝑡 ≥ 0
0 𝑡 < 0
 
 
 Sua transformada é dada por, 
 
 
 
5 
ℒ[𝐴𝑡] = ∫ 𝐴𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 𝐴∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
 
 Aplicando integral por partes, sendo que, 
 
∫ 𝑢𝑑𝑣
𝑏
𝑎
= 𝑢𝑣|𝑎
𝑏 −∫ 𝑣𝑑𝑢
𝑏
𝑎
 
 
 Então, fazendo, 
 
𝑢 = 𝑡 ⟶ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 e 𝑑𝑣 = 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 ⟶ 𝑣 = − 
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
 
 
ℒ[𝐴𝑡] = 𝐴∫ 𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 𝐴 [𝑡 (−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)|
0
∞
−∫ (−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
) 𝑑𝑡
∞
0
] = 𝐴 [− 𝑡
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
|
0
∞
−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠2
|
0
∞
] 
 
 Como 𝑡𝑒−𝑠𝑡 é indeterminado para 𝑡 ⟶ ∞, então, aplicando L’Hôpital, 
 
𝐿𝑖𝑚
𝑡→∞
𝑡
𝑒𝑠𝑡
 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 
→ 𝐿𝑖𝑚
𝑡→∞
1
𝑠𝑒𝑠𝑡
= 0 
 
 Desta forma, 
 
ℒ[𝐴𝑡] = 𝐴 [−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠2
|
0
∞
] = 𝐴 [0 +
1
𝑠2
] =
𝐴
𝑠2
 
 
 Função Senoidal: 
 
𝑓(𝑡) = {
𝐴 𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡) 𝑡 ≥ 0
0 𝑡 < 0
 
 Aplicando a definição, 
 
ℒ[𝐴 𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡)] = 𝐴∫ 𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡) 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
 
 
Sabendo-se que, pelo teorema de Euler, 
 
𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡) =
1
2𝑗
(𝑒𝑗𝜔𝑡 − 𝑒−𝑗𝜔𝑡) 
 
ℒ[𝐴 sin(𝜔𝑡)] = 𝐴∫ sin(𝜔𝑡) 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 𝐴∫ (
1
2𝑗
(𝑒𝑗𝜔𝑡 − 𝑒−𝑗𝜔𝑡)) 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 
 
=
𝐴
2𝑗
[∫ 𝑒𝑗𝜔𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
−∫ 𝑒−𝑗𝜔𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
] =
𝐴
2𝑗
[
1
𝑠 − 𝑗𝜔
−
1
𝑠 + 𝑗𝜔
] = 
 
 
 
6 
=
𝐴
2𝑗
 
𝑠 + 𝑗𝜔 − (𝑠 − 𝑗𝜔)
𝑠2 + 𝜔2
=
𝐴
2𝑗
 
2𝑗𝜔
𝑠2 + 𝜔2
=
𝐴𝜔
𝑠2 + 𝜔2
 
 
 Função Cossenoidal: 
 
𝑓(𝑡) = {
𝐴 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡) 𝑡 ≥ 0
0 𝑡 < 0
 
 
 Sabendo-se que, pelo teorema de Euler, 
 
𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡) =
1
2
(𝑒𝑗𝜔𝑡 + 𝑒−𝑗𝜔𝑡) 
 
ℒ[𝐴 cos(𝜔𝑡)] = 𝐴∫ cos(𝜔𝑡) 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 𝐴∫ (
1
2
(𝑒𝑗𝜔𝑡 + 𝑒−𝑗𝜔𝑡)) 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 
 
=
𝐴
2
[∫ 𝑒𝑗𝜔𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
+∫ 𝑒−𝑗𝜔𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
] =
𝐴
2
[
1
𝑠 − 𝑗𝜔
+
1
𝑠 + 𝑗𝜔
] = 
 
=
𝐴
2
 
𝑠 + 𝑗𝜔 + (𝑠 − 𝑗𝜔)
𝑠2 + 𝜔2
=
𝐴
2
 
2𝑠
𝑠2 + 𝜔2
=
𝐴𝑠
𝑠2 + 𝜔2
 
 
3.3.2 Propriedades, Teoremas e Aplicações 
 
 As propriedades da transformada de Laplace são as mesmas propriedades vindas da 
integral. 
 
 Teorema da Linearidade: Sendo assim, como propriedades tem-se a transformada da 
soma de funções temporais é a soma das transformadas e a multiplicação por constantes, então, 
 
ℒ[𝛼𝑓(𝑡) + 𝛽𝑔(𝑡)] = 𝛼ℒ[𝑓(𝑡)] + 𝛽ℒ[𝑔(𝑡)] 
 
Sendo 𝛼 e 𝛽 constantes. 
 
 Prova: 
 
∫ (𝛼𝑓(𝑡) + 𝛽𝑔(𝑡))𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 𝛼∫ 𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
+ 𝛽∫ 𝑔(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 𝛼𝐹(𝑠) + 𝛽𝐺(𝑠) 
 
 Função Transladada: 
 
 A função transladada é definida por 𝑓(𝑡 − 𝑎)1(𝑡 − 𝑎) com 𝑡 < 𝑎. As funções 𝑓(𝑡), 
𝑓(𝑡)1(𝑡) e 𝑓(𝑡 − 𝑎)1(𝑡 − 𝑎) são apresentadas abaixo. 
 
 
 
7 
 
Figura 3-2: Função transladada 
 
 Aplicando a definição de Transformada de Laplace, 
 
ℒ[𝑓(𝑡 − 𝑎)1(𝑡 − 𝑎)] = ∫ 𝑓(𝑡 − 𝑎)1(𝑡 − 𝑎)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
 
 
 Aplicando uma substituição de variável tal que 𝜏 = 𝑡 − 𝑎, 
 
∫ 𝑓(𝑡 − 𝑎)1(𝑡 − 𝑎)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= ∫ 𝑓(𝜏)1(𝜏)𝑒−𝑠(𝜏+𝑎)𝑑𝜏
∞
−𝑎
 
 
 Como aparece o degrau unitário 1(τ) e a integral é feita em “𝜏”, então de “− 𝑎” a 0 a 
integral já é zero, assim, 
 
∫ 𝑓(𝜏)1(𝜏)𝑒−𝑠(𝜏+𝑎)𝑑𝜏
∞
−𝑎
= ∫ 𝑓(𝜏)𝑒−𝑎𝑠𝑒−𝑠𝜏𝑑𝜏
∞
0
= 𝑒−𝑎𝑠∫ 𝑓(𝜏)𝑒−𝑠𝜏𝑑𝜏
∞
0
 
 
 Observe que antes a definição de transformada de Laplace fazia a transformação de “𝑡” 
para “𝑠”; agora é feita a transformação de “𝜏” para “𝑠”, então, 
 
 ℒ[𝑓(𝑡 − 𝑎)1(𝑡 − 𝑎)] = 𝑒−𝑎𝑠 ∫ 𝑓(𝜏)𝑒−𝑠𝜏𝑑𝜏
∞
0
= 𝑒−𝑎𝑠𝐹(𝑠) 
 
Onde 𝛼 é o tempo de translação e 𝐹(𝑠) é a Transformada de Laplace de 𝑓(𝑡). 
 
 Função Pulso Retangular: 
 
 Esta não é uma propriedade, mas uma aplicação direta do teorema da Translação 
Temporal, 
 
𝑓(𝑡) =
{
 
 
𝐴
𝑡0
0 < 𝑡 < 𝑡0
0 𝑡 < 0, 𝑡0 < 𝑡
 
 
 Reescrevendo a função como uma soma de dois pulsos defasados, 
 
𝑓(𝑡) =
𝐴
𝑡0
1(𝑡) −
𝐴
𝑡0
1(𝑡 − 𝑡0) 
 
 Então, aplicando a transformada de Laplace, 
 
 
 
8 
ℒ[𝑓(𝑡)] =
𝐴
𝑡0
ℒ[1(𝑡)] −
𝐴
𝑡0
ℒ[1(𝑡 − 𝑡0)] = 
 
=
𝐴
𝑡0
 
1
𝑠
−
𝐴
𝑡0
 
𝑒−𝑠𝑡0
𝑠
= 
𝐴
𝑡0𝑠
(1 − 𝑒−𝑠𝑡0) 
 
 Função Impulso: 
 
 É definida como o caso limite da função pulso. 
 
𝑓(𝑡) =
{
 
 𝑙𝑖𝑚
𝑡0→0
𝐴
𝑡0
0 < 𝑡 < 𝑡0
0 𝑡 < 0, 𝑡0 < 𝑡
 
 
 Como a altura é 𝐴/𝑡0 e a duração é 𝑡0, a área delimitada pelo impulso é igual a 𝐴. Então, 
aplicando o limite na transformada da função pulso, 
 
ℒ[𝑓(𝑡)] = 𝑙𝑖𝑚
𝑡0→0
[
𝐴
𝑡0𝑠
(1 − 𝑒−𝑠𝑡0)]
 𝐿′𝐻ô𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙 
→ 𝑙𝑖𝑚
𝑡0→0
[
𝐴𝑠
𝑠
] = 𝐴 
 
 A função impulso em que a área é igual à unidade é chamada de Função Impulso 
Unitário ou Função Delta de Dirac. 
 
𝛿(𝑡) = {
1 𝑡 = 0
0 𝑡 ≠ 0
 
 
 Na forma defasada, 
 
𝛿(𝑡 − 𝑡0) = {
1 𝑡 = 𝑡0
0 𝑡 ≠ 𝑡0
 
 
 A função impulso unitária pode ser entendida como a derivada da função degrau unitário 
ou que a função degrau unitário é a integral da função impulso unitário. 
 
 Propriedade da Multiplicação de 𝒇(𝒕) por 𝒆−𝜶𝒕: 
 
 Aplicando definição de transformada de Laplace, 
 
ℒ[𝑒−𝛼𝑡𝑓(𝑡)] = ∫ 𝑒−𝛼𝑡𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= ∫ 𝑓(𝑡)𝑒−(𝑠+𝛼)𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 𝐹(𝑠 + 𝛼) 
 
 Observa-se que o resultado é a substituição de “𝑠” por (𝑠 + 𝛼) na transformada de 
Laplace de 𝐹(𝑠). 
 
Exemplo: Calcula a transformada de Laplace de, 
 
𝑓(𝑡) = 𝑒−𝑎𝑡 cos𝜔𝑡 
 
 
9 
 
 Utilizando a propriedade da Multiplicação de 𝒇(𝒕) por 𝒆−𝜶𝒕. 
 
 Como a transformada de Laplace de ℒ[cos𝜔𝑡] =
𝑠
𝑠2+𝜔2
 e sabendo que a propriedade 
ℒ[𝑒−𝛼𝑡𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠 + 𝛼), então, é só substituir “s” por “s+a” em F(s), como ℒ[cos𝜔𝑡] =
𝐹(𝑠) =
𝑠
𝑠2+𝜔2
, então, 
 
ℒ[𝑒−𝛼𝑡 cos𝜔𝑡] =
𝑠 + 𝑎
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
 
 
Observação: Situação importante para o cálculo da transformada inversa quando o denominador 
apresentar raízes complexas conjugadas. 
 
Exemplo: Calcula a transformada de Laplace de, 
 
𝑔(𝑡) = 𝑒−𝑎𝑡𝑡 
 
 Utilizando a propriedade da Multiplicação de 𝒇(𝒕) por 𝒆−𝜶𝒕. 
 
 Definindo 𝑓(𝑡) = 𝑡, sua transformada é ℒ[𝑡] =
1
𝑠2
 
 Então, substituindo “s” por “s+a” em F(s), então, 
 
ℒ[𝑒−𝛼𝑡𝑡] =
1
(𝑠 + 𝑎)2
 
 
Observação: Situação importante para o cálculo da transformada inversa quando o denominador 
apresentar raízes reais múltiplas. 
 
 Multiplicação de 𝒇(𝒕) por 𝒕: Teorema da Derivação Complexa: Se 𝐹(𝑠) for a 
transformada de Laplace de 𝑓(𝑡) então, 
 
ℒ[𝑡𝑓(𝑡)] = −
𝑑
𝑑𝑠
𝐹(𝑠) 
 
Onde 𝐹(𝑠) = ℒ[𝑓(𝑡)].. Além disso, 
 
ℒ[𝑡2𝑓(𝑡)] =
𝑑2
𝑑𝑠2
𝐹(𝑠) 
 
 Em geral, 
 
ℒ[𝑡𝑛𝑓(𝑡)] = (−1)𝑛
𝑑𝑛
𝑑𝑠𝑛
𝐹(𝑠) 
 
 Para demonstrar, como 𝑡𝑒−𝑠𝑡 = −
𝑑
𝑑𝑠
𝑒−𝑠𝑡, então, 
 
 
 
10 
ℒ[𝑡𝑓(𝑡)] = ∫ 𝑡𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= −∫ 𝑓(𝑡)
𝑑
𝑑𝑠
(𝑒−𝑠𝑡)𝑑𝑡
∞
0
= −
𝑑
𝑑𝑠
∫ 𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= −
𝑑
𝑑𝑠
𝐹(𝑠) 
 
Exemplo: Calcula a transformada de Laplace de, 
 
𝑔(𝑡) = 𝑡𝑒−𝑎𝑡 
 
 Usando a propriedade da derivação complexa ℒ[𝑡𝑓(𝑡)] = −
𝑑
𝑑𝑠
𝐹(𝑠). 
 
 Definindo 𝑓(𝑡) = 𝑒−𝑎𝑡, cuja transformada é dada por, ℒ[𝑒−𝑎𝑡 ] =
1
𝑠+𝑎
 
 
 Aplicando a propriedade, então, 
 
ℒ[𝑡𝑒−𝛼𝑡] = −
𝑑
𝑑𝑠
1
𝑠 + 𝑎
= −
0 − 1
(𝑠 + 𝑎)2
= −
1
(𝑠 + 𝑎)2
 
 
 Teorema da Derivação Real: A transformada de Laplace da derivada de uma função 
f(t) é dada por, 
ℒ [
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡)] = 𝑠𝐹(𝑠) − 𝑓(0) 
 
Onde 𝑓(0) é o valor inicial de 𝑓(𝑡) calculado em 𝑡 = 0 e ℒ[𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠). 
 
 Para demonstrar o teorema da derivação real, deve-se integrar por partes a integral de 
Laplace, fazendo, 
 
𝑢 = f(t) → 𝑑𝑢 =
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡)𝑑𝑡 e 𝑑𝑣 = 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 → 𝑣 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
 
 
 Então, tem-se, 
 
∫ 𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 =
∞
0
𝑓(𝑡) (−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)|
0
∞
− ∫ (−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
) (
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡)) 𝑑𝑡
∞
0
 
𝐹(𝑠) = 0 +
𝑓(0)
𝑠
+
1
𝑠
∫ [
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡)] 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡∞
0
 
∫ [
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡)] 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 = 𝑠𝐹(𝑠) − 𝑓(0)
∞
0
 
 
 Observe que 𝑓(∞) ≠ ∞, ou que ele existe. 
 
 Para a derivada 2ª de f(t), 
 
 
 
11 
ℒ [
𝑑2
𝑑𝑡2
𝑓(𝑡)] = 𝑠2𝐹(𝑠) − 𝑠𝑓(0) − 𝑓̇(0) 
Onde 𝑓̇(0) = [
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡)]
𝑡=0
 é o valor de 𝑑𝑓(𝑡) 𝑑𝑡⁄ calculado em 𝑡 = 0. Para provar faz-se, 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡) = 𝑔(𝑡) 
 
 Então, 
 
ℒ [
𝑑2
𝑑𝑡2
𝑓(𝑡)] = ℒ [
𝑑
𝑑𝑡
𝑔(𝑡)] = 𝑠𝐺(𝑠) − 𝑔(0) 
= 𝑠ℒ [
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡)] − �̇�(0) 
= 𝑠2𝐹(𝑠) − 𝑠𝑓(0) − 𝑓̇(0) 
 
 De modo semelhante, para a derivada enésima de 𝑓(𝑡). 
 
ℒ [
𝑑𝑛
𝑑𝑡𝑛
𝑓(𝑡)] = 𝑠𝑛𝐹(𝑠) − 𝑠𝑛−1𝑓(0) − 𝑠𝑛−2𝑓̇(0) − ⋯𝑠𝑓(0)
(𝑛−2)
− 𝑓(0)
(𝑛−1)
 
 
Exemplo: Calcular a transformada de Laplace um sistema massa-mola-amortecedor definida 
por, 
 
2�̈�(𝑡) + 3�̇�(𝑡) + 5𝑥(𝑡) = 𝑓(𝑡) 
 
 Aplicando a transformada de Laplace, 
 
2ℒ[�̈�(𝑡)] + 3ℒ[�̇�(𝑡)] + 5ℒ[𝑥(𝑡)] = ℒ[𝑓(𝑡)] 
 
 Então, aplicando o teorema da derivação real, 
 
2[𝑠2𝑋(𝑠) − 𝑠𝑥(0) − �̇�(0)] + 3[𝑠𝑋(𝑠) − 𝑥(0)] + 5𝑋(𝑠) = 𝐹(𝑠) 
 
 Reagrupando, 
 
(2𝑠2 + 3𝑠 + 5)𝑋(𝑠) = 𝐹(𝑠) + 2𝑠𝑥(0) + �̇�(0) + 𝑥(0) 
 
 Então, 
 
𝑋(𝑠) =
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
𝐹(𝑠) +
2𝑠𝑥(0) + �̇�(0) + 𝑥(0)
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
 
 
 Teorema da Integração Real: A transformada de Laplace da integral de 𝑓(𝑡) é definida 
por, 
 
 
 
12 
ℒ [∫𝑓(𝑡)] =
𝐹(𝑠)
𝑠
+
𝑓−1(0)
𝑠
 
 
Onde 𝐹(𝑠) = ℒ[𝑓(𝑡)] e 𝑓−1(𝑡) é a integral de 𝑓(𝑡) avaliada em 𝑡 = 0. Para mostrar esta 
propriedade, 
 
∫ [∫𝑓(𝑡)] 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
→ 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠 
𝑢 = ∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡 → 𝑑𝑢 = 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 𝑒 𝑑𝑣 = 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 → 𝑣 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
 
 
 Então, 
 
∫ [∫𝑓(𝑡)] 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= ℒ [∫𝑓(𝑡)] = [∫𝑓(𝑡)] (−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)|
0
∞
−∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 (−
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
)
∞
0
 
= 0 +
1
𝑠
∫𝑓(𝑡)|
𝑡=0
+
1
𝑠
∫ 𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
=
1
𝑠
𝑓−1(0) +
1
𝑠
𝐹(𝑠) 
 
 Teorema do Valor Final: Permite obter o valor de 𝑓(𝑡) quando 𝑡 → ∞ através da 
transformada de Laplace de 𝑓(𝑡), assim, 
 
𝑙𝑖𝑚
𝑡→∞
𝑓(𝑡) = 𝑙𝑖𝑚
𝑠→0
𝑠𝐹(𝑠) 
 
 Deve-se observar se 𝑙𝑖𝑚
𝑡→∞
𝑓(𝑡) existe. Ele irá existir se as raízes do denominador de 𝐹(𝑡) 
possuírem parte real menor que zero. Para demostrar, parte-se da transformada de Laplace da 
derivação real e aplica-se o limite de 𝑠 → 0, 
 
𝑙𝑖𝑚
𝑠→0
ℒ [
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡)] = 𝑙𝑖𝑚
𝑠→0
∫
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 𝑙𝑖𝑚
𝑠→0
[𝑠𝐹(𝑠) − 𝑓(0)] 
 
Como o limite pode ser trocado de posição com a integral e 𝑙𝑖𝑚 
𝑠→0
𝑒−𝑠𝑡 = 1, 
 
∫
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡)𝑑𝑡 =
∞
0
𝑓(𝑡)|0
∞ = 𝑓(∞) − 𝑓(0) = 𝑙𝑖𝑚
𝑠→0
[𝑠𝐹(𝑠)] − 𝑓(0) 
 
 Então, 
 
𝑓(∞) = 𝑙𝑖𝑚
𝑡→∞
𝑓(𝑡) = 𝑙𝑖𝑚
𝑠→0
[𝑠𝐹(𝑠)] 
 
 Teorema do Valor Inicial: Permite obter o valor de 𝑓(𝑡) em 𝑡 = 0 através da 
transformada de Laplace de 𝑓(𝑡), assim, 
 
𝑓(0) = 𝑙𝑖𝑚
𝑠→∞
[𝑠𝐹(𝑠)] 
 
 
 
13 
Onde 𝐹(𝑠) = ℒ[𝑓(𝑡)]. Para provar, aplica-se o limite de 𝑠 → ∞ na transformada da derivada 
real, 
 
𝑙𝑖𝑚
𝑠→∞
ℒ [
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡)] = 𝑙𝑖𝑚
𝑠→∞
∫
𝑑
𝑑𝑡
𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= 𝑙𝑖𝑚
𝑠→∞
[𝑠𝐹(𝑠) − 𝑓(0)] 
 
Como o limite pode ser trocado de posição com a integral e 𝑙𝑖𝑚 
𝑠→∞
𝑒−𝑠𝑡 = 0, 
 
0 = 𝑙𝑖𝑚
𝑠→∞
[𝑠𝐹(𝑠)] − 𝑓(0) ⇒ 𝑓(0) = 𝑙𝑖𝑚
𝑠→∞
[𝑠𝐹(𝑠)] 
 
 Produto de Funções no Domínio de Laplace – Integral de Convolução 
 
 Considerando a seguinte integral, 
 
∫ 𝑓(𝑡 − 𝜏)𝑔(𝜏)𝑑𝜏
∞
0
= ∫ 𝑓(𝜏)𝑔(𝑡 − 𝜏)𝑑𝜏
∞
0
 
 
 Esta é conhecida como integral de convolução entre as funções f(t) e g(t). 
 
 Aplicando a transformada de Laplace na integral de convolução, 
 
ℒ [∫ 𝑓(𝑡 − 𝜏)𝑔(𝜏)𝑑𝜏
∞
0
] = 𝐹(𝑠)𝐺(𝑠) 
 
Onde ℒ[𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠) e ℒ[𝑔(𝑡)] = 𝐺(𝑠). 
 
 Aplicando a definição de transformada de Laplace na integral de convolução, 
 
ℒ [∫ 𝑓(𝑡 − 𝜏)𝑔(𝜏)𝑑𝜏
∞
0
] = ∫ [∫ 𝑓(𝑡 − 𝜏)𝑔(𝜏)𝑑𝜏
∞
0
]
∞
0
𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 
 
 Separando as integrais, tem-se, 
 
ℒ [∫ 𝑓(𝑡 − 𝜏)𝑔(𝜏)𝑑𝜏
∞
0
] = ∫ 𝑓(𝑡 − 𝜏)1(𝑡 − 𝜏)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡∫ 𝑔(𝜏)𝑑𝜏
∞
0
∞
0
 
 
 Como já foi visto, fazendo uma mudança de variável tal que 𝜆 = 𝑡 − 𝜏, assim, 
 
ℒ [∫ 𝑓(𝑡 − 𝜏)𝑔(𝜏)𝑑𝜏
∞
0
] = ∫ 𝑓(𝜆)1(𝜆)𝑒−𝑠(𝜆+𝜏)𝑑𝜆∫ 𝑔(𝜏)𝑑𝜏
∞
0
=
∞
−𝜏
∫ 𝑓(𝜆)𝑒−𝑠(𝜆+𝜏)𝑑𝜆∫ 𝑔(𝜏)𝑑𝜏
∞
0
∞
0
 
 
 Abrindo a exponencial, 
 
ℒ [∫ 𝑓(𝑡 − 𝜏)𝑔(𝜏)𝑑𝜏
∞
0
] = ∫ 𝑓(𝜆)𝑒−𝑠𝜆𝑑𝜆∫ 𝑔(𝜏)𝑒−𝑠𝜏𝑑𝜏
∞
0
= 𝐹(𝑠)𝐺(𝑠)
∞
0
 
 
 
 
14 
 Observe que, em todo sistema, quando se calcula a sua resposta a uma determinada 
entrada, o que se está fazendo é a aplicação da Integral de Convolução. 
 
Exemplo: Para se aplicar a Integral de convolução no cálculo da resposta de um sistema, deve-
se conhecer a entrada aplicada, que pode ser representada por f(t), e conhecer a equação 
caraterística do sistema no domínio do tempo, que pode ser representada por g(t). 
 
 A equação caraterística do sistema no domínio do tempo, por exemplo, de um sistema 
massa-mola-amortecedor definida por, 
 
2�̈�(𝑡) + 3�̇�(𝑡) + 5𝑥(𝑡) = 𝑓(𝑡) 
 
 É dada por, 
 
𝑔(𝑡) =
2√31
31
𝑒−
3𝑡
4 sin
√31
4
𝑡 
 
 Então, para calcular a resposta a uma entrada degrau unitário 1(t) através da Integral de 
Convolução, 
 
𝑐(𝑡) = ∫
2√31
31
𝑒−
3(𝑡−𝜏)
4 sin
√31
4
(𝑡 − 𝜏) 1(𝜏)𝑑𝜏
𝑡
0
 
 
 Cuja solução é dada por, 
 
𝑐(𝑡) =
1
5
[1 − 𝑒−
3𝑡
4 (cos
√31
4
𝑡 +
√31
31
sin
√31
4
𝑡)] 
 
Observação: a resposta foi calculada via transformada de Laplace e não resolvendo a integral 
de convolução pela sua dificuldade. 
 
3.3.3 Resumo 
 
Transformada de Laplace 
 
Função Temporal Transformada de Laplace 
Impulso Unitário 𝛿(𝑡) 1 
Degrau Unitário 1(𝑡) 
1
𝑠
 
𝑒−𝛼𝑡 
1
𝑠 + 𝛼
 
𝑡 
1
𝑠2
 
𝑡𝑛 
𝑛!
𝑠𝑛+1
 
 
 
15 
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) 
𝜔
𝑠2 + 𝜔2
 
𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡) 
𝑠
𝑠2 + 𝜔2
 
 
Propriedades da Transformada de Laplace 
 
Função Temporal Transformada de Laplace 
𝛼𝑓(𝑡) + 𝛽𝑔(𝑡) 𝛼𝐹(𝑠) + 𝛽𝐺(𝑠) 
𝑒−𝑎𝑡𝑓(𝑡) 𝐹(𝑠 + 𝑎) 
Deslocamento Temporal 
𝑓(𝑡 − 𝑎)1(𝑡 − 𝑎) 
𝑒−𝑎𝑠𝐹(𝑠) 
𝑡𝑓(𝑡) −
𝑑
𝑑𝑠
𝐹(𝑠) 
𝑡𝑛𝑓(𝑡) (−1)𝑛
𝑑𝑛
𝑑𝑠𝑛
𝐹(𝑠) 
Valor Final: 𝑙𝑖𝑚 
𝑡→∞
𝑠𝑓(𝑡) 𝑙𝑖𝑚 
𝑠→0
𝑠𝐹(𝑠) 
Valor Inicial: 𝑙𝑖𝑚 
𝑡→0
𝑓(𝑡) 𝑙𝑖𝑚
𝑠→∞
𝑠𝐹(𝑠) 
Integral:  dt)t(f 
𝐹(𝑠)
𝑠
+
𝑓−1(0)
𝑠
 
Derivada: 
𝑑𝑓(𝑡)
𝑑𝑡
⁄ 𝑠𝐹(𝑠) − 𝑓(0) 
𝑑2𝑓(𝑡)
𝑑𝑡2
 𝑠2𝐹(𝑠) − 𝑠𝑓(0) − 𝑓̇(0) 
 
3.4 Transformada Inversa de Laplace 
 
 A transformada inversa de Laplace é dada por, 
 
ℒ−1[𝐹(𝑠)] = 𝑓(𝑡) = ∫ 𝐹(𝑠)𝑒𝑠𝑡𝑑𝑠
∞
0
 
Onde 
• f(t) é a função temporal sendo que f(t) = 0 para t < 0; 
• s é a variável complexa; 
• 𝓛 é o operador da transformada; 
• F(s) é a transformada de Laplace de f(t). 
 
 
 
16 
 Entretanto, será utilizada a tabela de transformada de Laplace para calcular a sua 
transformada inversa 
 
3.5 Transformada Inversa de Laplace via Expansão em Frações 
Parciais 
 
 Para se obter a transformada inversa de Laplace, sempre será utilizada a tabela de 
transformadas. Para isso será aplicado o método da expansão em frações parciais para escrever 
da forma mais simples possível. 
 
 Em análise de sistemas, 𝐹(𝑠), a transformada de Laplace de 𝑓(𝑡), apresenta-se 
frequentemente da seguinte maneira, 
 
𝐹(𝑠) =
𝐵(𝑠)
𝐴(𝑠)
 
 
Onde 𝐴(𝑠) e 𝐵(𝑠) são polinômios em s. Na expansão de 𝐹(𝑠) em frações parciais, é importante 
que a maior potência de s em 𝐴(𝑠) seja maior que a potência de s em 𝐵(𝑠), 
 
grau 𝐴(𝑠) > grau 𝐵(𝑠) 
 
 Se não for o caso, a divisão polinomial deverá ser feita. Como tanto 𝐴(𝑠) quanto 𝐵(𝑠) 
possuem raízes, uma distinção deve ser feita, 
 
• Zeros são as raízes do numerador; 
• Polos são as raízes do denominador. 
 
 Se 𝐹(𝑠) for subdividida em partes ou frações, 
 
𝐹(𝑠) = 𝐹1(𝑠) + 𝐹2(𝑠) + ⋯+ 𝐹𝑛(𝑠) 
 
 A transformada inversa de Laplace é dada por, 
 
ℒ−1[𝐹(𝑠)] = ℒ−1[𝐹1(𝑠)] + ℒ
−1[𝐹2(𝑠)] + ⋯+ ℒ
−1[𝐹𝑛(𝑠)] 
 
 Resultando em, 
 
𝑓(𝑡) = 𝑓1(𝑡) + 𝑓2(𝑡) +⋯+ 𝑓𝑛(𝑡) 
 
3.5.1 Caso 1 – Polos reais distintos 
 
 Quandoas raízes do denominador forem reais distintas, deve-se separá-las procedendo 
da seguinte forma, 
 
𝐺(𝑠) =
𝑠 + 3
(𝑠 + 1)(𝑠 + 2)
=
𝐴
𝑠 + 1
+
𝐵
𝑠 + 2
=
𝐴(𝑠 + 2) + 𝐵(𝑠 + 1)
(𝑠 + 1)(𝑠 + 2)
 
 
 
17 
 
 Pegando apenas os numeradores, então, 
 
𝑠 + 3 = 𝐴(𝑠 + 2) + 𝐵(𝑠 + 1) 
 
 Dica: substitua as raízes do denominador ou polos para facilitar os cálculos. 
 
 Fazendo s = -1 → 𝐴(−1 + 2) = −1 + 3 → 𝐴 = 2 
 Fazendo s = -2 → 𝐵(−2 + 1) = −2 + 3 → 𝐵 = −1 
 
 Então, 
𝐺(𝑠) =
2
𝑠 + 1
−
1
𝑠 + 2
 
 
 Aplicando a transformada inversa de Laplace, 
 
ℒ−1[𝐺(𝑠)] = 𝑔(𝑡) = 2ℒ−1 [
1
𝑠 + 1
] − ℒ−1 [
1
𝑠 + 2
] = 2𝑒−𝑡 − 𝑒−2𝑡 t ≥ 0 
 
 Isto significa que polos reais distintos geram exponenciais. 
 
3.5.2 Caso 2a – Polos complexos conjugados juntos 
 
 Quando as raízes do denominador, ou polos, forem complexos conjugados, elas devem 
permanecer unidas e o procedimento é feito conforme, 
 
𝐹(𝑠) =
2𝑠 + 12
𝑠2 + 2𝑠 + 5
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2 + 2𝑠 + 5
 
 
 Neste caso, claramente A = 2 e B = 12. Para continuar, deve-se observar que o 
denominador possui o termo com “s” e na tabela de transformada de Laplace ela não aparece, 
porém, sabendo-se da propriedade da multiplicação por 𝑒−𝛼𝑡, 
 
 Como, 
 
ℒ[𝐴 𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡)] =
𝐴𝜔
𝑠2 +𝜔2
 𝑒 ℒ[𝐴 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡)] =
𝐴𝑠
𝑠2 + 𝜔2
 
 
 Aplicando a propriedade da multiplicação por exponencial em que, 
 
ℒ[𝑒−𝛼𝑡𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠 + 𝛼) 
 
 Fazendo f(t) o seno e o cosseno, 
 
ℒ[𝑒−𝛼𝑡 𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡)] =
𝜔
(𝑠 + 𝛼)2 + 𝜔2
 𝑒 ℒ[𝑒−𝛼𝑡 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡)] =
𝑠 + 𝛼
(𝑠 + 𝛼)2 + 𝜔2
 
 
 Assim, o 1º procedimento é completar o quadrado do denominador da seguinte forma, 
 
 
18 
 
𝑠2 + 2𝑠 + 5 = (𝑠 +
2
2
)
2
+ 5 − (
2
2
)
2
= (𝑠 + 1)2 + 4 
 
 O ajuste deve sempre ser iniciado pelo cosseno e depois ajustado o seno, 
 
𝐹(𝑠) =
2𝑠 + 12
(𝑠 + 1)2 + 4
= 𝐴
𝑠 + 1
(𝑠 + 1)2 + 4
+ 𝐵
2
(𝑠 + 1)2 + 4
 
 
 Apenas o numerador, 
 
2𝑠 + 12 = (𝑠 + 1)𝐴 + 2𝐵 
 
 Cujas constantes são, 
 
𝐴 = 2 𝑒 12 = 𝐴 + 2𝐵 → 𝐵 = 5 
 
 Chegando a, 
 
𝐹(𝑠) = 2
𝑠 + 1
(𝑠 + 1)2 + 4
+ 5
2
(𝑠 + 1)2 + 4
 
 
 Assim, a transformada inversa de Laplace fica, 
 
ℒ−1[𝐹(𝑠)] = 𝑓(𝑡) = 2ℒ−1 [
𝑠 + 1
(𝑠 + 1)2 + 4
] + 5ℒ−1 [
2
(𝑠 + 1)2 + 4
] = 
 
𝑓(𝑡) = 2𝑒−𝑡 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) + 5𝑒−𝑡 𝑠𝑖𝑛(2𝑡) 𝑝/t ≥ 0 
 
 Curiosidade: Os polos da representação em Laplace são 𝑠1,2 = −1 ± 𝑗2. Observe que 
a exponencial é a parte real dos polos e a parte imaginária são as frequências dos termos que 
oscilam. 
 
3.5.3 Caso 2b – Polos complexos conjugados tratados como distintos 
 
 Quando as raízes do denominador forem complexas conjugadas elas podem ser tratadas 
com raízes distintas, isto é, 
 
𝐹(𝑠) =
2𝑠 + 12
𝑠2 + 2𝑠 + 5
=
𝐴
𝑠 + 1 + 𝑗2
+
𝐵
𝑠 + 1 − 𝑗2
=
𝐴(𝑠 + 1 − 𝑗2) + 𝐵(𝑠 + 1 + 𝑗2)
𝑠2 + 2𝑠 + 5
 
 
 Fazendo s = – 1 – j2 → 𝐴(−1 − 𝑗2 + 1 − 𝑗2) = 2( – 1 – 𝑗2) + 12 → 
– 𝑗4𝐴 = 10 – 𝑗4 → 𝐴 = 1 + 𝑗5/2 
 
 Fazendo s = – 1 + j2 → 𝐵(– 1 + 𝑗2 + 1 + 𝑗2) = 2( – 1 + 𝑗2) + 12 → 
𝑗4𝐵 = 10 + 𝑗4 → 𝐵 = 1 – 𝑗5/2 
 
 
 
19 
 Então, 
𝐹(𝑠) =
2𝑠 + 12
𝑠2 + 2𝑠 + 5
=
1 + 𝑗5/2
𝑠 + 1 + 𝑗2
+
1 − 𝑗5/2
𝑠 + 1 − 𝑗2
 
 
 A transformada inversa de Laplace fica, 
 
𝑓(𝑡) = (1 + 𝑗5/2)𝑒(−1−𝑗2)𝑡 + (1 − 𝑗5/2)𝑒(−1+𝑗2)𝑡 
 
 A presença das exponenciais complexas é eliminada através da formula de Euler, 
 
𝑒±𝑗𝜃 = cos 𝜃 ± 𝑗 sin 𝜃 
 
 Então, 
 
𝑓(𝑡) = (1 + 𝑗5/2)𝑒(−1−𝑗2)𝑡 + (1 − 𝑗5/2)𝑒(−1+𝑗2)𝑡 
= (1 + 𝑗5/2)𝑒−𝑡𝑒−𝑗2𝑡 + (1 − 𝑗5/2)𝑒−𝑡𝑒+𝑗2𝑡 
= 𝑒−𝑡[(1 + 𝑗5/2)(cos 2𝑡 − 𝑗 sin 2𝑡) + (1 − 𝑗5/2)(cos 2𝑡 + 𝑗 sin 2𝑡)] 
= 𝑒−𝑡(2 cos 2𝑡 +5 sin 2𝑡) 
 
 Chegando ao mesmo resultado. 
 
3.5.4 Caso 3a – Polos múltiplos reais, Propriedade e-αtf(t) 
 
 Quando houver raízes repetidas no denominador, fatorar da seguinte forma, 
 
𝐻(𝑠) =
3𝑠2 + 2𝑠 + 1
(𝑠 + 1)3
=
𝐴
𝑠 + 1
+
𝐵
(𝑠 + 1)2
+
𝐶
(𝑠 + 1)3
=
𝐴(𝑠 + 1)2 + 𝐵(𝑠 + 1) + 𝐶
(𝑠 + 1)3
 
 
 Do numerador, 
 
3𝑠2 + 2𝑠 + 1 = 𝐴(𝑠 + 1)2 + 𝐵(𝑠 + 1) + 𝐶 
 
 Igualando os termos de s2 → 𝐴 = 3 
 
 Fazendo s = −1 → 𝐶 = 3(−1)2 + 2(−1) + 1 → 𝐶 = 2 
 
 Dica: A equação é válida para qualquer valor de s. 
 
 Fazendo s = 0 → 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 1 → 𝐵 = −3 − 2 + 1 → 𝐵 = −4 
 
 Então, 
 
𝐻(𝑠) =
3
𝑠 + 1
−
4
(𝑠 + 1)2
+
2
(𝑠 + 1)3
 
 
 
 
20 
 Para resolver as duas transformadas à direita, deve-se saber que, ℒ[𝑒−𝛼𝑡𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠 +
𝛼) com 𝑓(𝑡) = 𝑡, assim, 
 
ℒ[𝑡] =
1
𝑠2
 → ℒ[𝑒−𝛼𝑡𝑡] =
1
(𝑠 + 𝛼)2
 
 
 Procedendo da mesma forma para a transformada de Laplace de t2, 
 
ℒ[𝑡2] =
2
𝑠3
 → ℒ[𝑒−𝛼𝑡𝑡2] =
2
(𝑠 + 𝛼)3
 
 
 Então, 
 
ℒ−1[𝐻(𝑠)] = ℎ(𝑡) = 3ℒ−1 [
1
𝑠 + 1
] − 4ℒ−1 [
1
(𝑠 + 1)2
] + ℒ−1 [
2
(𝑠 + 1)3
] 
 
 Resultando em, 
 
ℎ(𝑡) = 3𝑒−𝑡 − 4𝑡𝑒−𝑡 + 𝑡2𝑒−𝑡 = (3 − 4𝑡 + 𝑡2)𝑒−𝑡 𝑝/𝑡 ≥ 0 
 
Curiosidade: Quando os polos são reais, negativos e repetidos, as amplitudes tendem a 
permanecer em um determinado valor ou tendem para zero. No caso da função apresentada, ela 
começa em 3 e termina em 0. 
 
 Caso a transformada de Laplace seja na seguinte forma, 
 
𝐹(𝑠) =
𝐴𝑠
(𝑠 + 𝛼)2
=
𝑎
𝑠 + 𝛼
+
𝑏
(𝑠 + 𝛼)2
=
𝑎(𝑠 + 𝛼) + 𝑏
(𝑠 + 𝛼)2
=
𝑎𝑠 + 𝑎𝛼 + 𝑏
(𝑠 + 𝛼)2
 
 
 Como observado, 𝑎 = 𝐴 e 𝐴𝛼 + 𝑏 = 0, então, 
 
𝐹(𝑠) =
𝐴𝑠
(𝑠 + 𝛼)2
=
𝐴
𝑠 + 𝛼
−
𝐴𝛼
(𝑠 + 𝛼)2
 
 
 Cuja transformada inversa de Laplace é dada por, 
 
𝑓(𝑡) = 𝐴𝑒−𝛼𝑡(1 − 𝛼𝑡) 
 
 Caso a transformada de Laplace seja na seguinte forma, 
 
𝐻(𝑠) =
𝐴𝑠
(𝑠 + 𝛼)3
=
𝑎
𝑠 + 𝛼
+
𝑏
(𝑠 + 𝛼)2
+
𝑐
(𝑠 + 𝛼)3
=
𝑎(𝑠 + 𝛼)2 + 𝑏(𝑠 + 𝛼) + 𝑐
(𝑠 + 𝛼)3
 
 
 Como observado, 𝑎 = 0, 𝑏 = 𝐴 e 𝑐 = −𝐴𝛼 , então, 
 
𝐻(𝑠) =
𝐴𝑠
(𝑠 + 𝛼)3
=
𝐴
(𝑠 + 𝛼)2
−
𝐴𝛼
(𝑠 + 𝛼)3
 
 
 
 
21 
 Cuja transformada inversa de Laplace é dada por, 
 
𝑓(𝑡) = 𝐴𝑒−𝛼𝑡 (𝑡 −
𝛼
2
𝑡2) 
 
 Caso a transformada de Laplace seja na seguinte forma, 
 
𝐻(𝑠) =
𝐴𝑠2
(𝑠 + 𝛼)3
=
𝑎
𝑠 + 𝛼
+
𝑏
(𝑠 + 𝛼)2
+
𝑐
(𝑠 + 𝛼)3
=
𝑎(𝑠 + 𝛼)2 + 𝑏(𝑠 + 𝛼) + 𝑐
(𝑠 + 𝛼)3
 
 
 Como observado, 𝑎 = 𝐴, 𝑏 = −2𝐴𝛼 e 𝑐 = 𝐴𝛼2, então, 
 
𝐻(𝑠) =
𝐴𝑠2
(𝑠 + 𝛼)3
=
𝐴
(𝑠 + 𝛼)
−
2𝐴𝛼
(𝑠 + 𝛼)2
+
𝐴𝛼2
(𝑠 + 𝛼)3
 
 
 Cuja transformada inversa de Laplace é dada por, 
 
𝑓(𝑡) = 𝐴𝑒−𝛼𝑡 (1 − 2𝛼𝑡 +
𝛼2
2
𝑡2) 
 
Comentário: Desta forma, foi mostrado que não importa como seja o numerador de uma fração 
com denominador com raízes reais múltiplas, sempre será possível uma redução para um 
sistema mais simples aplicando a decomposição em frações parciais. 
 
3.5.5 Caso 3b – Polos múltiplos reais, Propriedade tf(t) 
 
 O caso genérico de raízes múltiplas é a utilização da seguinte propriedade, 
 
ℒ[𝑡𝑛𝑓(𝑡)] = (−1)𝑛
𝑑𝑛
𝑑𝑠𝑛
𝐹(𝑠) 
 
 Para tanto, deve ser lembrado da derivada da divisão, assim, 
 
𝑑
𝑑𝑠
[
𝐺(𝑠)
𝐻(𝑠)
] =
𝐻(𝑠) [
𝑑
𝑑𝑠
𝐺(𝑠)] − 𝐺(𝑠) [
𝑑
𝑑𝑠
𝐻(𝑠)]
[𝐻(𝑠)]2
 
 
 Assumindo, 
 
𝐻(𝑠) =
4
(𝑠 + 1)2
+
2
(𝑠 + 1)3
 
 
 Como as raízes são puramente reais, 
 
ℒ[𝑡𝑒−𝑎𝑡] = (−1)
𝑑
𝑑𝑠
(
1
𝑠 + 𝑎
) =
1
(𝑠 + 𝑎)2
 
 
 
 
22 
ℒ[𝑡2𝑒−𝑎𝑡] = (−1)²
𝑑2
𝑑𝑠2
(
1
(𝑠 + 𝑎)
) = −
𝑑
𝑑𝑠
(
1
(𝑠 + 𝑎)2
) =
2(𝑠 + 𝑎)
(𝑠 + 𝑎)4
=
2
(𝑠 + 𝑎)3
 
 
 Desta forma, 
ℎ(𝑡) = 4𝑡𝑒−𝑡 + 𝑡2𝑒−𝑡 = (4 + 𝑡)𝑡𝑒−𝑡 𝑝/𝑡 ≥ 0 
 
3.5.6 Caso 4 – Polos complexos conjugados múltiplos, Propriedade tf(t) 
 
 Supondo o sistema abaixo, 
 
𝐹(𝑠) =
2𝑠3 + 3𝑠2 + 4𝑠 + 5
(𝑠2 + 2𝑠 + 5)2
 
 
 A expansão em frações parciais é utilizada para facilitar as igualdades que serão 
apresentadas a seguir, 
 
𝐹(𝑠) =
2𝑠3 + 3𝑠2 + 4𝑠 + 5
(𝑠2 + 2𝑠 + 5)2
=
𝐴𝑠 + 𝐵
𝑠2 + 2𝑠 + 5
+
𝐶𝑠 + 𝐷
(𝑠2 + 2𝑠 + 5)2
=
2𝑠 − 1
𝑠2 + 2𝑠 + 5
+
−4𝑠 + 10
(𝑠2 + 2𝑠 + 5)2
 
 
 Para a 1ª transformada, 
 
𝐺(𝑠) =
2𝑠 − 1
𝑠2 + 2𝑠 + 5
=
2𝑠 − 1
(𝑠 + 1)2 + 4
= 2
𝑠 + 1
(𝑠 + 1)2 + 4
− 3
1
2
2(𝑠 + 1)2 + 4
 
 
 Cuja transformada inversa fica, 
 
𝑔(𝑡) = 2𝑒−𝑡 (𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 −
3
4
𝑠𝑖𝑛 2 𝑡) 𝑝/𝑡 > 0 
 
 Para resolver a 2ª transformada, 
 
ℒ[𝑡𝑒−𝑎𝑡 sin𝜔𝑡] = −
𝑑
𝑑𝑠
(
𝜔
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
) =
2𝜔(𝑠 + 𝑎)
[(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2]2
 
 
ℒ[𝑡𝑒−𝑎𝑡 cos𝜔𝑡] = −
𝑑
𝑑𝑠
(
𝑠 + 𝑎
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
) =
(𝑠 + 𝑎)2 − 𝜔2
[(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2]2
 
 
 Além destes termos, pode-se utilizar as seguintes relações, 
 
ℒ[𝑒−𝑎𝑡 sin𝜔𝑡] =
𝜔
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
=
𝜔
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
=
𝜔[(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2]
[(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2]2
 
 
ℒ[𝑒−𝑎𝑡 cos𝜔𝑡] =
𝑠 + 𝑎
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
=
𝑠 + 𝑎
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
=
(𝑠 + 𝑎)[(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2]
[(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2]2
 
 
 Então, combinando todos os valores, 
 
 
23 
 
𝐻(𝑠) =
−4𝑠 + 10
(𝑠2 + 2𝑠 + 5)2
= 
 
= 𝐴
2𝜔(𝑠 + 𝑎)
[(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2]2
+ 𝐵
(𝑠 + 𝑎)2 − 𝜔2
[(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2]2
+ 𝐶
𝜔[(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2]
[(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2]2
+ 𝐷
(𝑠 + 𝑎)[(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2]
[(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2]2
 
 
 Completando o quadrado do denominador, 
 
𝑠2 + 2𝑠 + 5 = (𝑠 + 1)2 + 4 = (𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2 
 
 Substituindo os valores e tomando apenas o numerador, 
 
−4𝑠 + 10 = 𝐴4(𝑠 + 1) + 𝐵[(𝑠 + 1)2 − 4] + 𝐶2[(𝑠 + 1)2 + 4] + 𝐷(𝑠 + 1)[(𝑠 + 1)2 + 4] 
 
 Dos termos de “s3” 0 = 𝐷 
 Dos termos de “s2” 0 = 𝐵 + 2𝐶 
 Dos termos de “s” −4 = 4𝐴 + 2𝐵 + 4𝐶 
 Fazendo 𝑠 = −1 14 = −4𝐵 + 8𝐶 
 
 Este sistema poderia ser resolvido por substituição ou simplesmente fazendo, 
 
[
0 1 2
4 2 4
0 −4 8
] {
𝐴
𝐵
𝐶
} = {
0
−4
14
} → {
𝐴
𝐵
𝐶
} = {
−1
−14/8
7/8
} 
 
 Então, 
 
ℎ(𝑡) = −𝑡𝑒−𝑡 sin 2𝑡 −
4
8
𝑡𝑒−𝑡 cos 2𝑡 +
7
8
𝑒−𝑡 sin 2𝑡 𝑝/ 𝑡 ≥ 0 
 
3.5.7 Caso 5 – Numerador maior ou igual ao denominador 
 
 Assumindo a seguinte transformada de Laplace, 
 
𝐺(𝑠) =
𝑠3 + 5𝑠2 + 9𝑠 + 7
(𝑠 + 1)(𝑠 + 2)
 
 
 Toda vez que o grau do numerador for maior ou igual ao grau do denominador, uma 
divisão polinomial deve ser feita conforme, 
 
𝐺(𝑠) =
𝑠3 + 5𝑠2 + 9𝑠 + 7
(𝑠 + 1)(𝑠 + 2)
=
𝑠3 + 5𝑠2 + 9𝑠 + 7
𝑠2 + 3𝑠 + 2
 
 
 A divisão polinomial pode ser feita conforme abaixo. 
 
 
 
24 
 
 
 Sendo que (𝑠 + 2) é o resultado da divisão e (𝑠 + 3) é o resto, então, 
 
𝐺(𝑠) =
𝑠3 + 5𝑠2 + 9𝑠 + 7
(𝑠 + 1)(𝑠 + 2)
= 𝑠 + 2 +
𝑠 + 3
(𝑠 + 1)(𝑠 + 2)
= 𝑠 + 2 +
2
𝑠 + 1
−
1
𝑠 + 2
 
 
 Aplicando a transformada inversa de Laplace, 
 
𝑔(𝑡) =
𝑑
𝑑𝑡
𝛿(𝑡) + 2𝛿(𝑡) + 2𝑒−𝑡 − 𝑒−2𝑡 
 
 Sendo que a transformada de Laplace da função pulso é 1 e a transformada de Laplace 
da derivada da função pulso, ℒ [
𝑑
𝑑𝑡
𝛿(𝑡)] = 𝑠. 
 
Nota #1: Quando a representação em Laplace possui grau do numerador maior que o grau do 
denominador, ela representa uma situação de não causalidade, que não é encontrada em 
fenômenos físicos. Na prática, apenas serão encontradas situações em que o grau do numerador 
será igual ou menor que o denominador, representando as funções causais. 
 
Nota #2: Quando a representação possui graus iguais, como por exemplo, 
 
𝐺(𝑠) =
20𝑠3 + 83𝑠2 + 219𝑠 + 30
10𝑠3 + 30𝑠2 + 100𝑠
= 2 +
3
10
1
𝑠
+
2𝑠 + 1
𝑠2 + 3𝑠 + 10
 
 
 Cujo ajuste para a transformada inversa, completando o quadrado, 
 
𝐺(𝑠) = 2 +
3
10𝑠
+
2𝑠 + 1
(𝑠 +
3
2)
2
+ 10 − (
3
2)
2 = 2 +
3
10𝑠
+
2𝑠 + 1
(𝑠 +
3
2)
2
+
31
4
 
 
 Expandindo, 
 
𝐺(𝑠) = 2 +
3
10𝑠
+ 2
𝑠 +
3
2
(𝑠 +
3
2)
2
+
31
4
+ (1 − 2
3
2
)
1
√31
4
√31
4
(𝑠 +
3
2)
2
+
31
4
 
 Aplicando a transformada inversa, 
 
𝑔(𝑡) = 2𝛿(𝑡) +
3
10
1(𝑡) + 2𝑒−
3
2
𝑡 cos√
31
4
𝑡 −
2
√31
𝑒−
3
2
𝑡 sin√
31
4
𝑡 𝑝/𝑡 ≥ 0 
 
 
 
25 
 Como o degrau de amplitude 3/10 só é valido para 𝑡 ≥ 0, usualmente utiliza-se da 
resposta abaixo onde o degrau de amplitude 3/10 foi substituído pela sua amplitude. 
 
𝑔(𝑡) = 2𝛿(𝑡) +
3
10
+ 2𝑒−
3
2
𝑡 cos√
31
4
𝑡 −
4
√31
𝑒−
3
2
𝑡 sin√
31
4
𝑡 𝑝/𝑡 ≥ 0 
 
3.5.8 Exemplos 
 
Dica: Para verificar a metodologia que será usada sem calcular os polos para um denominador 
de grau 2, pode-se completar o quadrado e verificar o resultado conforme apresentado abaixo, 
 
Polos Complexos Conjugados: 𝑠2 + 4𝑠 + 5 = (𝑠 + 2)2 + 5 − 4 = (𝑠 + 2)2 + 1 
Polos Reais Iguais: 𝑠2 + 4𝑠 + 4 = (𝑠 + 2)2 + 4 − 4 = (𝑠 + 2)2 
Polos Reais Distintos: 𝑠2 + 4𝑠 + 3 = (𝑠 + 2)2 + 3 − 4 = (𝑠 + 2)2 − 1 
 
 A diferença entre polos complexos conjugados e reais distintos é o sinal do ajuste do 
quadrado. Assim, se o termo da frequência for positivo os polos são complexos conjugados, se 
for negativo são polos reais distintos e se for nulo indica polos reais e iguais. 
 
Exemplo: Expandir em frações parciais a seguinte expressão, 
 
𝐺(𝑠) =
1
(𝑠 + 1)(𝑠 + 2)(𝑠 + 3)2(𝑠2 + 3𝑠 + 10)
 
 
 Verificando se a o termo 𝑠2 + 3𝑠 + 10 gerará raízes complexas conjugadas, 
 
𝑠2 + 3𝑠 + 10 = (𝑠 +
3
2
)
2
+ 10 − (
3
2
)
2
= (𝑠2 +
3
2
)
2
+
40
4
−
9
4
= (𝑠2 +
3
2
)
2
+
31
4
 
 
 Significando que os polos são complexos conjugados e devem ser mantidos juntos para 
facilitar o cálculo da transformada inversa de Laplace. Então, a expansão em frações parciais 
fica, observe que há duas raízes reais distintas, duas raízes reais duplas e um par de raízes 
complexas conjugadas. Então, 
 
 Duas Raízes Reais Distintas, a expansão fica, 
 
𝐴
𝑠 + 1
+
𝐵
𝑠 + 2
 
 
 Duas Raízes Reais Iguais, a expansão fica, 
 
𝐶
𝑠 + 3
+
𝐷
(𝑠 + 3)2
 
 
 Raízes Complexas Conjugadas, a expansão fica, 
 
 
 
26 
𝐸𝑠 + 𝐹
𝑠2 + 3𝑠 + 10
 
 
Dica: Cuidado com as letras utilizadas no numerador, elas precisam ser diferentes. 
 
 Agrupando todas as raízes encontra-se, 
 
𝐺(𝑠) =
𝐴
𝑠 + 1
+
𝐵
𝑠 + 2
+
𝐶
𝑠 + 3
+
𝐷
(𝑠 + 3)2
+
𝐸𝑠 + 𝐹
𝑠2 + 3𝑠 + 10
 
 
Exemplo: Calcular a transformada de Laplace da representação abaixo. Será considerado o 
caso com polos complexos conjugados, 
 
𝐺(𝑠) =
𝐴𝑠 + 𝐵
𝐶𝑠2 + 𝐷𝑠 + 𝐸
 
 
 Para iniciar o procedimento deve-se seguir os passos abaixo. 
 
 Passo #1: Verificação de cancelamento de polos e zeros, caso haja um polo igual a um 
zero ele deverá ser cancelado. No presente exemplo não será considerado o cancelamento de 
polos e zeros. 
 
 Passo #2: O maior termo do denominador deve ser igual à unidade, portanto deve ser 
realizada a divisão conforme, 
 
𝐺(𝑠) =
𝐴𝑠 + 𝐵
𝐶𝑠2 + 𝐷𝑠 + 𝐸
=
𝐴
𝐶 𝑠 +
𝐵
𝐶
𝑠2 +
𝐷
𝐶 𝑠 +
𝐸
𝐶
 
 
 Passo #3: Completar o quadrado do denominador. 
 
𝑠2 +
𝐷
𝐶
𝑠 +
𝐸
𝐶
= (𝑠 +
𝐷
2𝐶
)
2
+
𝐸
𝐶
− (
𝐷
2𝐶
)
2
 → 𝑎 =
𝐷
2𝐶
 𝑒 𝜔2 =
𝐸
𝐶
− (
𝐷
2𝐶
)
2
 
 
 Então, 
 
𝐺(𝑠) =
𝐴
𝐶 𝑠 +
𝐵
𝐶
𝑠2 +
𝐷
𝐶
𝑠 +
𝐸
𝐶
=
𝐴
𝐶 𝑠 +
𝐵
𝐶
(𝑠 +
𝐷
2𝐶
)
2
+
𝐸
𝐶
− (
𝐷
2𝐶
)
2 
 
Nota: O “Completar o Quadrado” pode ser entendido como sendo a forma de realizar a 
transformada corretamente, pois na tabela de transformada os termos que possuem uma forma 
com termos de “s2” no numerador são, 
 
ℒ[𝑡] =
1
𝑠2
; ℒ[cos𝜔𝑡] =
𝑠
𝑠2 + 𝜔2
; ℒ[sin𝜔𝑡] =
𝜔
𝑠2 + 𝜔2
 
 
 
 
27 
 Porém, nenhuma delas pode ser utilizada para o cálculo da transformada inversa por não 
possuir um termo de “s” no denominador, elas apenas possuem termos de “s2”. O termo de “s” 
pode ser introduzido utilizando a propriedade da multiplicação por “𝑒−𝑎𝑡”, 
 
ℒ[𝑒−𝑎𝑡𝑓(𝑡)] = 𝐹(𝑠 + 𝑎) 
 
 Assim, 
 
ℒ[𝑒−𝑎𝑡𝑡] =
1
(𝑠 + 𝑎)2
; ℒ[𝑒−𝑎𝑡 cos𝜔𝑡] =
(𝑠 + 𝑎)
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
; ℒ[𝑒−𝑎𝑡 sin𝜔𝑡] =
𝜔
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2
 
 
 Expandindo os denominadores, 
 
(𝑠 + 𝑎)2 = 𝑠2 + 2𝑎𝑠 + 𝑎 
 
(𝑠 + 𝑎)2 +𝜔2 = 𝑠2 + 2𝑎𝑠 + 𝜔2 + 𝑎2 
 
 O “Completar o Quadrado” vem do fato de aparecer o “2” nas expansões acima. Além 
disso, no caso de “(𝑠 + 𝑎)2 = 𝑠2 + 2𝑎𝑠 + 𝑎” só aparece uma constante “a” para ajustar 2 
termos, que só será possível se as raízes forem reais iguais. Portanto, as raízes complexas 
conjugadas formarão senos e cossenos multiplicados por exponenciais,e observe que os 
denominadores são iguais. Então, comparando a expansão, 
 
(𝑠 + 𝑎)2 +𝜔2 = 𝑠2 + 2𝑎𝑠 + 𝜔2 + 𝑎2 
 
 Com um denominador de 2ª ordem na forma, 
 
𝑠2 + 𝐹𝑠 + 𝐺 
 
 Então, verifica-se que, 
 
2𝑎 = 𝐹 𝑒 𝜔2 + 𝑎2 = 𝐺 
 
 Porém, o necessário é a comparação de, 
 
(𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2 → 𝑐𝑜𝑚 → (𝑠 +
𝐹
2
)
2
+ 𝐺 − (
𝐹
2
)
2
 
 Então, 
𝑎 =
𝐹
2
 𝑒 𝜔2 = 𝐺 − 𝑎2 = 𝐺 − (
𝐹
2
)
2
 
 
 Passo #4: Expandir e ajustar os valores. O termo do numerador tem valores de “s” e 
termos que não possuem “s”, então, tem a necessidade de ajustar tanto o seno quanto o cosseno 
conforme, 
 
𝐺(𝑠) =
𝐴
𝐶 𝑠 +
𝐵
𝐶
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 = 𝑭
𝑠 + 𝒂
(𝑠 + 𝒂)2 +𝝎2
+𝑯
𝝎
(𝑠 + 𝒂)2 +𝝎2
 
 
 
28 
 
Sendo F e H os fatores de ajuste e, por simplificação, utiliza-se a notação abaixo 
 
𝒂 =
𝐷
2𝐶
 𝑒 𝝎2 =
𝐸
𝐶
− (
𝐷
2𝐶
)
2
 
 
 Observe que o ajuste deve ser iniciado com o ajuste de “F”, que representa o cosseno, 
pois igualando os numeradores apenas ele contém termo de “s”, 
 
𝐴
𝐶
𝑠 +
𝐵
𝐶
= 𝑭(𝑠 + 𝒂) + 𝑯𝝎 
 
 Então, 
 
𝐴
𝐶
= 𝑭 𝑒 
𝐵
𝐶
= 𝑭𝒂 + 𝑯𝝎 → 𝝎𝑯 =
𝐵
𝐶
−
𝐴
𝐶
𝒂 
 
 Substituindo o fator “F” e o fator “H” é encontrado comparando, 
 
𝐺(𝑠) =
𝐴
𝐶 𝑠 +
𝐵
𝐶
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 =
𝐴
𝐶
𝑠 + 𝒂
(𝑠 + 𝒂)2 +𝝎2
+ (
𝐵
𝐶
−
𝐴
𝐶
𝒂)
1
𝝎
𝝎
(𝑠 + 𝒂)2 +𝝎2
 
 
 Substituindo os valores, 
 
𝐺(𝑠) =
𝐴
𝐶
𝑠 +
𝐵
𝐶
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 = 
 
=
𝑨
𝑪
𝑠 +
𝐷
2𝐶
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 +
(
𝑩
𝑪 −
𝑨
𝑪
𝑫
𝟐𝑪)
√𝑬
𝑪 − (
𝑫
𝟐𝑪)
𝟐
√𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 
 
Nota: Para evitar contas desnecessárias, observe que na expressão acima a raiz quadrada está 
em cima e em baixo,já se faz o ajuste da seguinte forma, 
 
𝐺(𝑠) =
𝐴
𝐶 𝑠 +
𝐵
𝐶
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 = 𝑭
𝑠 + 𝒂
(𝑠 + 𝒂)2 +𝝎2
+𝑯
𝝎
(𝑠 + 𝒂)2 +𝝎2
 
 
 Substituindo os valores, 
 
𝐺(𝑠) =
𝐴
𝐶 𝑠 +
𝐵
𝐶
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 = 
 
 
29 
= 𝑭
𝑠 +
𝐷
2𝐶
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 +𝑯
√𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 
 
 Para facilitar os cálculos, como “H” está multiplicando o termo “𝝎”, divide-se “H” 
por “𝝎” conforme, 
 
𝐺(𝑠) =
𝐴
𝐶 𝑠 +
𝐵
𝐶
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 = 
𝐺(𝑠) = 𝑭
𝑠 +
𝐷
2𝐶
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 +𝑯
𝟏
√𝑬
𝑪 − (
𝑫
𝟐𝑪)
𝟐
√𝑬
𝑪 − (
𝑫
𝟐𝑪)
𝟐
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 
 
 Do numerador, 
 
𝐴
𝐶
𝑠 +
𝐵
𝐶
= 𝑭(𝑠 +
𝑫
𝟐𝑪
) + 𝑯 
 
 Significando que neste caso, 
 
𝑭 =
𝐴
𝐶
 𝑒 𝑯 =
𝐵
𝐶
−
𝐴
𝐶
(
𝐷
2𝐶
) 
 
 Chegando a, 
 
𝐺(𝑠) =
𝑨
𝑪
𝑠 +
𝐷
2𝐶
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 +
(
𝑩
𝑪 −
𝑨
𝑪 (
𝑫
𝟐𝑪))
√𝑬
𝑪 − (
𝑫
𝟐𝑪)
𝟐
√𝑬
𝑪 − (
𝑫
𝟐𝑪)
𝟐
(𝑠 +
𝐷
2𝐶)
2
+
𝐸
𝐶 − (
𝐷
2𝐶)
2 
 
 
 Passo #5: Calcular a transformada inversa de Laplace conforme, 
 
𝐺(𝑠) =
𝑨
𝑪
𝑠 +
𝑫
𝟐𝑪
(𝑠 +
𝑫
𝟐𝑪)
2
+
𝑬
𝑪 − (
𝑫
𝟐𝑪)
𝟐 +
(
𝑩
𝑪 −
𝑨
𝑪
𝑫
𝟐𝑪)
√𝐸
𝐶 − (
𝑫
𝟐𝑪)
2
√𝑬
𝑪 − (
𝑫
𝟐𝑪)
𝟐
(𝑠 +
𝑫
𝟐𝑪)
2
+
𝑬
𝑪 − (
𝑫
𝟐𝑪)
𝟐 
 
 Chegando a, 
 
𝑔(𝑡) =
𝑨
𝑪
𝑒−
𝑫
𝟐𝑪
𝑡 cos√
𝑬
𝑪
− (
𝑫
𝟐𝑪
)
𝟐
𝑡 +
(
𝑩
𝑪 −
𝑨
𝑪
𝑫
𝟐𝑪)
√𝑬
𝑪 − (
𝑫
𝟐𝑪)
𝟐
𝑒−
𝑫
𝟐𝑪
𝑡 sin√
𝑬
𝑪
− (
𝑫
𝟐𝑪
)
𝟐
𝑡 𝑝/𝑡 ≥ 0 
 
 
30 
 
Nota: Simplificando os cálculos com termos mais simples, “Completando o quadrado”, 
 
𝐺(𝑠) =
𝑎𝑠 + 𝑏
𝑠2 + 𝑐𝑠 + 𝑑
=
𝑎𝑠 + 𝑏
(𝑠 +
𝒄
𝟐)
2
+ 𝒅 − (
𝒄
𝟐)
𝟐 
 
 Expandindo para cossenos e senos, 
 
𝐺(𝑠) =
𝑎𝑠 + 𝑏
(𝑠 +
𝒄
𝟐)
2
+ 𝒅 − (
𝒄
𝟐)
𝟐 = 
= 𝑨
𝑠 +
𝒄
𝟐
(𝑠 +
𝒄
𝟐)
2
+ 𝒅 − (
𝒄
𝟐)
𝟐 + 𝑩
𝟏
√𝒅 − (
𝒄
𝟐)^𝟐
√𝒅 − (
𝒄
𝟐)
𝟐
(𝑠 +
𝒄
𝟐)
2
+ 𝒅− (
𝒄
𝟐)
𝟐 
 
 Do numerador, 
 
𝑎𝑠 + 𝑏 = 𝑨(𝑠 +
𝑐
2
) + 𝑩 → 𝑨 = 𝑎 𝑒 𝑏 = 𝐴
𝑐
2
+ 𝑩 
 
 Então, 
 
𝐺(𝑠) =
𝑎𝑠 + 𝑏
(𝑠 +
𝒄
𝟐)
2
+ 𝒅 − (
𝒄
𝟐)
𝟐 = 
= 𝒂
𝑠 +
𝒄
𝟐
(𝑠 +
𝒄
𝟐)
2
+ 𝒅− (
𝒄
𝟐)
𝟐 + (𝒃 − 𝒂
𝒄
𝟐
)
𝟏
√𝒅 − (
𝒄
𝟐)
𝟐
√𝒅− (
𝒄
𝟐)
𝟐
(𝑠 +
𝒄
𝟐)
2
+ 𝒅 − (
𝒄
𝟐)
𝟐 
 
 
3.6 Aplicações de Transformada de Laplace 
 
 Neste item será aplicada a transformada e a transformada inversa de Laplace para o 
estudo da reposta de sistemas. 
 
3.6.1 Solução de Equações Diferenciais 
 
 Como exemplo de solução de equação diferencial, será adotado o mesmo sistema para 
os próximos 3 exemplos. Supondo um sistema massa-mola-amortecedor com m = 2 kg, c = 3 
Ns/m e k = 5 N/m. 
 
Equação de movimento na forma: 𝑀�̈�(𝑡) + 𝐶�̇�(𝑡) + 𝐾𝑦(𝑡) = 𝑓(𝑡) 
 
 
 
31 
Substituindo os valores: 2�̈�(𝑡) + 3�̇�(𝑡) + 5𝑦(𝑡) = 𝑓(𝑡) 
 
Aplicando a transformada de Laplace: 2ℒ[�̈�(𝑡)] + 3ℒ[�̇�(𝑡)] + 5ℒ[𝑦(𝑡)] = ℒ[𝑓(𝑡)] 
 
 Observe que não foi substituída a entrada ainda, pois isso será feito dependendo do que 
for proposto pelo problema a ser resolvido. Encontrando, 
 
2(𝑠2𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − �̇�(0)) + 3(𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0)) + 5𝑌(𝑠) = 𝐹(𝑠) 
 
 Reagrupando os termos, observe que aqueles contendo a entrada e as condições iniciais 
devem ser isoladas do lado direito, então, 
 
(2𝑠2 + 3𝑠 + 5)𝑌(𝑠) = 𝐹(𝑠) + 2𝑠𝑦(0) + 2�̇�(0) + 3𝑦(0) 
 
 Chegando a, 
 
𝑌(𝑠) =
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
𝐹(𝑠) +
2𝑠𝑦(0) + 2�̇�(0) + 3𝑦(0)
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
 
 
 Observe que uma parte possui a informação sobre a entrada enquanto a outra parte 
possui informações sobre as condições iniciais. A parte que contem a entrada será denominada 
de Função de Transferência e será utilizada para calcular a solução forçada. A parte que 
contém as condições iniciais é comumente chamada de resposta livre. 
 
Exemplo 1: Resposta a uma entrada qualquer com condições iniciais nulas. 
 
 Calcular a resposta 𝑦(𝑡) do sistema a uma entrada 𝑓(𝑡) degrau 10 N aplicada em 𝑡 = 0. 
Isto significa que o objetivo será calcular a resposta para uma entrada em força constante em 
10 N, mas a força só será aplicada em 𝑡 = 0, antes disso o sistema estará em repouso. Assim, 
 
𝑌(𝑠) =
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
𝐹(𝑠) 
 
 A transformada de Laplace da força degrau de amplitude 10 é 𝐹(𝑠) =
10
𝑠
, então, 
 
𝑌(𝑠) =
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
10
𝑠
 
 
 Para resolver, deve-se aplicar a decomposição em frações parciais, 
 
𝑌(𝑠) =
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
10
𝑠
=
𝐴
𝑠
+
𝐵𝑠 + 𝐶
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
=
𝐴(2𝑠2 + 3𝑠 + 5) + 𝐵𝑠2 + 𝐶𝑠
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
 
 
 Do numerador 10 = 𝐴(2𝑠2 + 3𝑠 + 5) + 𝐵𝑠2 + 𝐶𝑠 
 
 Fazendo 𝑠 = 0 → 5𝐴 = 10 → 𝐴 = 2 
 
 Termos de 𝑠2 → 2𝐴 + 𝐵 = 0 → 𝐵 = −4 
 
 
32 
 
 Termos de 𝑠 → 3𝐴 + 𝐶 = 0 → 𝐶 = −6 
 
 Observe que o “2” do denominador precisa ser eliminado, então, 
 
𝑌(𝑠) =
2
𝑠
−
4𝑠 + 6
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
 
 
 Dividindo por 2 para o maior grau do numerador ser unitário, 
 
𝑌(𝑠) =
2
𝑠
−
2𝑠 + 3
𝑠2 +
3
2 𝑠 +
5
2
 
 
 Completando o quadrado do denominador, 
 
𝑠2 +
3
2
𝑠 +
5
2
= (𝑠 +
3
4
)
2
+
5
2
− (
3
4
)
2
= (𝑠 +
3
4
)
2
+
5
2
−
9
16
= (𝑠 +
3
4
)
2
+
31
16
 
 
 Expandindo e ajustando os termos para a transformada inversa, 
 
𝑌(𝑠) =
2
𝑠
−
2𝑠 + 3
(𝑠 +
3
4)
2
+
31
16
=
2
𝑠
+ 𝐴
𝑠 +
3
4
(𝑠 +
3
4)
2
+
31
16
+ 𝐵
√31
4
(𝑠 +
3
4)
2
+
31
16
 
 
 Resolvendo os valores para “A” e “B”, 
 
𝑌(𝑠) =
2
𝑠
−
2𝑠 + 3
(𝑠 +
3
4)
2
+
31
16
=
2
𝑠
− 2
𝑠 +
3
4
(𝑠 +
3
4)
2
+
31
16
−
3
2
4
√31
√31
4
(𝑠 +
3
4)
2
+
31
16
 
 
 Cuja transformada inversa de Laplace é dada por, 
 
𝑦(𝑡) = 2 − 2𝑒−
3
4
𝑡 cos (
√31
4
𝑡) −
6
√31
𝑒−
3
4
𝑡 sin (
√31
4
𝑡) 𝑝/𝑡 > 0 
 
 
 
33 
 
Figura 3-3: Resposta do sistema massa-mola-amortecedor 
 
Exemplo 2: Reposta apenas para as condições iniciais. 
 
 Calcular a resposta 𝑦(𝑡) do sistema a um deslocamento inicial 𝑦(0) = 1𝑚, isto é, a 
massa é liberada de1 metro da posição 𝑦 = 0 e 𝑓(𝑡) = 0. Como o sistema é o mesmo, 
 
𝑌(𝑠) =
2𝑠𝑦(0) + 2�̇�(0) + 3𝑦(0)
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
=
2𝑠 + 3
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
 
 
𝑌(𝑠) =
𝑠 +
3
2
𝑠2 +
3
2 𝑠 +
5
2
=
𝑠 +
3
4
(𝑠 +
3
4)
2
+
31
16
+
3
4
4
√31
√31
4
(𝑠 +
3
4)
2
+
31
16
 
 
 Como pode ser observado, a diferença entre a transformada inversa de Laplace neste 
caso e a transformada inversa de Laplace anterior é 1/2, então,7 
 
𝑦(𝑡) = 𝑒−
3
4
𝑡 𝑐𝑜𝑠 (
√31
4
𝑡) +
3
√31
𝑒−
3
4
𝑡𝑠𝑒𝑛 (
√31
4
𝑡) p/t > 0 
 
0 1 2 3 4 5 6 7 8
0
0.5
1
1.5
2
2.5
Reposta para f(t) = 10 N
D
e
s
lo
c
a
m
e
n
to
 (
m
)
Tempo (sec)
 
 
34 
 
Figura 3-4: Resposta do sistema massa-mola-amortecedor 
 
Exemplo 3: Resposta a uma entrada qualquer e a condições iniciais. 
 
 Calcular a resposta 𝑦(𝑡) do sistema a uma entrada 𝑓(𝑡) degrau 10 aplicada em 𝑡 = 0 e 
a um deslocamento inicial 𝑦(0) = 1 metro. A resposta simplesmente é a soma das duas 
respostas obtidas, pois, 
 
𝑌(𝑠) =
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
𝐹(𝑠) +
2𝑠𝑦(0) + 2�̇�(0) + 3𝑦(0)
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
=
10
(2𝑠2 + 3𝑠 + 5)𝑠
+
2𝑠 + 3
2𝑠2 + 3𝑠 + 5
 
 
 Resultando em 
 
𝑦(𝑡) = 2 − 𝑒−
3
4
𝑡 [𝑐𝑜𝑠 (
√31
4
𝑡) −
3√31
31
𝑠𝑒𝑛 (
√31
4
𝑡)] p/t > 0 
 
3.6.2 Funções de Transferência 
 
 A função de transferência de um sistema representado por uma equação diferencial 
linear com parâmetros invariantes no tempo é definida como a relação entre a transformada de 
Laplace da saída e a transformada de Laplace da entrada, admitindo-se todas as condições 
iniciais nulas. 
 
 Considerando o sistema linear com parâmetros invariantes no tempo, definido pela 
seguinte equação diferencial, 
 
𝑎0 𝑦
(𝑛)
(𝑡) + 𝑎1 𝑦
(𝑛−1)
(𝑡) + ⋯+ 𝑎𝑛−1�̇�(𝑡) + 𝑎𝑛𝑦(𝑡)
= 𝑏0 𝑥
(𝑚)
(𝑡) + 𝑏1 𝑥
(𝑚−1)
(𝑡) + ⋯+ 𝑏𝑚−1�̇�(𝑡) + 𝑏𝑚𝑥(𝑡) 
 
Onde y(t) é a saída ou resposta do sistema e x(t) é a entrada ou excitação. A função de 
transferência correlaciona a entrada com a saída do sistema e é definida pela transformada de 
0 1 2 3 4 5 6 7 8
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Reposta para y(0) = 1 m
D
e
s
lo
c
a
m
e
n
to
 (
m
)
Tempo (sec)
 
 
35 
Laplace da entrada e pela transformada de Laplace da saída, assumindo todas as condições 
iniciais nulas. Assim, 
 
Função de Transferência 𝐺(𝑠) =
ℒ[𝑠𝑎í𝑑𝑎]
ℒ[𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎]
|
𝐶𝑜𝑛𝑑𝑖çõ𝑒𝑠 𝐼𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑖𝑠 𝑁𝑢𝑙𝑎𝑠
 
 
 Chegando a, 
 
𝑌(𝑠)
𝑋(𝑠)
= 𝐺(𝑠) =
𝑏0𝑠
𝑚 + 𝑏1𝑠
𝑚−1 +⋯+ 𝑏𝑚−1𝑠 + 𝑏𝑚
𝑎0𝑠𝑛 + 𝑎1𝑠𝑛−1 +⋯+ 𝑎𝑛−1𝑠 + 𝑎𝑛
 
 
Definição: Ordem é o maior grau de “s” do denominador. Assim se a maior potência do 
denominador da função de transferência for n, o sistema será denominado de “Sistema de 
Ordem n”. 
 
Exemplo 4: Resposta à entrada degrau unitário. 
 
 Supondo um sistema com a sua equação de movimento dada abaixo, determinar a sua 
função de transferência e calcular sua resposta 𝑐(𝑡) para uma entrada 𝑢(𝑡)degrau unitário. 
 
 Equação diferencial: �̈�(𝑡) + 3�̇�(𝑡) + 2𝑐(𝑡) = 2�̇�(𝑡) + 𝑢(𝑡) 
 
 Observe que a entrada é u(t) e a saída c(t). Aplicando transformada de Laplace e 
assumindo condições inicias nula, 
 
ℒ[�̈�(𝑡)] + 3ℒ[�̇�(𝑡)] + 2ℒ[𝑐(𝑡)] = 2ℒ[�̇�(𝑡)] + ℒ[𝑢(𝑡)] 
 
 Chegando a, 
 
(𝑠2 + 3𝑠 + 2)𝐶(𝑠) = (2𝑠 + 1)𝑈(𝑠) → 
𝐶(𝑠)
𝑈(𝑠)
= 𝐺(𝑠) =
2𝑠 + 1
𝑠2 + 3𝑠 + 2
 
 
 Neste caso, o nome 𝐺(𝑠) foi escolhido aleatoriamente. A Resposta ao degrau unitário é 
calculada conforme procedimento abaixo, 
 
𝐶(𝑠)
𝑈(𝑠)
=
2𝑠 + 1
𝑠2 + 3𝑠 + 2
⇒ 𝐶(𝑠) =
2𝑠 + 1
𝑠2 + 3𝑠 + 2
𝑈(𝑠) ⇒ 𝐶(𝑠) =
2𝑠 + 1
𝑠2 + 3𝑠 + 2
1
𝑠
 
 
 Observando que os polos desta função de transferência são polos puramente reais, a 
decomposição em frações parciais é feita da seguinte forma, 
 
𝐶(𝑠) =
2𝑠 + 1
𝑠2 + 3𝑠 + 2
1
𝑠
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠 + 1
+
𝐶
𝑠 + 2
=
𝐴(𝑠 + 1)(𝑠 + 2) + 𝐵𝑠(𝑠 + 2) + 𝐶𝑠(𝑠 + 1)
𝑠(𝑠2 + 3𝑠 + 2)
 
 
 Do numerador: 𝐴(𝑠 + 1)(𝑠 + 2) + 𝐵𝑠(𝑠 + 2) + 𝐶𝑠(𝑠 + 1) = 2𝑠 + 1 
 
 Fazendo 𝑠 = 0 → 2𝐴 = 1 → 𝐴 = 1/2; 
 
 
 
36 
 Fazendo 𝑠 = −1 → 𝐵(−1)(−1 + 2) = 2(−1) + 1 → 𝐵 = 1; 
 
 Fazendo 𝑠 = −2 → 𝐶(−2)(−2 + 1) = 2(−2) + 1 → 𝐶 = −3/2; 
 
 Assim, 
 
𝐶(𝑠) =
1
2
𝑠
+
1
𝑠 + 1
−
3
2
𝑠 + 2
⇒ 𝑐(𝑡) =
1
2
+ 𝑒−𝑡 −
3
2
𝑒−2𝑡 𝑝/𝑡 ≥ 0 
 
Exemplo 5: Resposta às condições iniciais a partir da Função de Transferência 
 
 Apesar da função de transferência significar que as condições iniciais são nulas, pode-
se calcular a sua resposta passando de função de transferência para equação diferencial e então 
aplicando novamente a transformada de Laplace. 
 
 Supondo a seguinte função de transferência, 
 
𝑌(𝑠)
𝑋(𝑠)
= 𝐻(𝑠) =
2𝑠 + 3
𝑠2 + 4𝑠 + 4
 
 
 Calcular a resposta 𝑦(𝑡) para 𝑦(0) = 3, �̇�(0) = 0, 𝑥(0) = 0. 
 
 Para resolver, deve-se aplicar a transformada inversa de Laplace na função de 
transferência tal que, 
 
𝑌(𝑠)
𝑋(𝑠)
=
2𝑠 + 3
𝑠2 + 4𝑠 + 4
⇒ (𝑠2 + 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) = (2𝑠 + 3)𝑋(𝑠) 
 
 Separando os termos e fazendo, 
 
ℒ−1[𝑠2𝑌(𝑠)] + 4ℒ−1[𝑠𝑌(𝑠)] + 4ℒ−1[𝑌(𝑠)] = 2ℒ−1[𝑠𝑋(𝑠)] + 3ℒ−1[𝑋(𝑠)] 
 
 Encontra-se a seguinte equação diferencial, 
 
�̈�(𝑡) + 4�̇�(𝑡) + 4𝑦(𝑡) = 2�̇�(𝑡) + 3𝑥(𝑡) 
 
 Agora aplicando a transformada de Laplace e observando que agora as condições 
iniciais não são todas nulas, 
 
(𝑠2𝑌(𝑠) − 𝑠𝑦(0) − �̇�(0)) + 4(𝑠𝑌(𝑠) − 𝑦(0)) + 4𝑌(𝑠) = 2(𝑠𝑋(𝑠) − 𝑥(0)) + 3𝑋(𝑠) 
 
 Substituindo os valores e reagrupando, deve ser lembrado que não há entrada, então 
𝑋(𝑠) = 0, 
 
(𝑠2 + 4𝑠 + 4)𝑌(𝑠) − 3𝑠 − 12 = 0 ⇒ 𝑌(𝑠) =
3𝑠 + 12
𝑠2 + 4𝑠 + 4
 
 
 Observe que os polos são reais e iguais, então, 
 
 
37 
 
 
 
𝑌(𝑠) =
3𝑠 + 12
𝑠2 + 4𝑠 + 4
=
𝐴
𝑠 + 2
+
𝐵
(𝑠 + 2)2
=
𝐴(𝑠 + 2) + 𝐵
(𝑠 + 2)2
 
 
 Comparando os numeradores, 
 
3𝑠 + 12 = 𝐴(𝑠 + 2) + 𝐵 
 
 Sendo que A = 3 e B = 6, então, 
 
𝑌(𝑠) =
3𝑠 + 12
𝑠2 + 4𝑠 + 4
=
3
𝑠 + 2
+
6
(𝑠 + 2)2
 
 
 Lembrando que, 
 
ℒ[𝑒−𝛼𝑡𝑡] =
1
(𝑠 + 𝛼)2
 
 
 Então, 
 
𝑦(𝑡) = 3𝑒−2𝑡 + 6𝑡𝑒−2𝑡 = 3𝑒−2𝑡(1 + 2𝑡) p/t ≥ 0 
 
3.6.3 Classificação das Funções de Transferência 
 
 Há uma série de classificações das funções de transferência: 
 
• Quanto ao grau do denominador: O maior grau do denominador estabelece a 
ordem da função de transferência, isto é, se o maior grau for n, a função de 
transferência será de ordem n. 
• Relação entre o grau do numerador e o grau do denominador: 
o Grau do denominador ≥ Grau do numerador: F.T. Própria; 
o Grau do denominador < Grau do numerador: F.T. Imprópria; 
• Quanto aos zeros: 
o Todos os zeros possuem parte real < zero: F.T. de Fase Mínima; 
o Caso contrário: F.T. de Fase Não-Mínima; 
• Quanto aos polos, será visto mais à frente como Estabilidade: 
o Todos os polos possuem parte real < zero, a F.T. é Assintoticamente 
Estável; 
o Pelo menos um polo com parte real nula e demais polos possuem parte real 
< 0, a F.T. é Marginalmente Estável; 
o Pelo menos um polo com parte real > 0, a F.T. é Instável. 
 
 
 
38 
3.6.4 Exercícios Resolvidos 
 
Exercício #1: Manipulação de funções de transferência. Supondo a seguinte equação 
diferencial, 
 
2�̈�(𝑡) + 3�̇�(𝑡) + 7𝑦(𝑡) = 𝑥(𝑡) 
 
 Cuja representação em função de transferência 
𝑌(𝑠)
𝑋(𝑠)
 é dada por, 
 
𝑌(𝑠)
𝑋(𝑠)
=
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
 
 
 Sendo que a resposta 𝑌(𝑠) é a transformada de Laplace de 𝑦(𝑡). Se fosse necessário 
obter a resposta de �̇�(𝑡), isso é possível observando que, 
 
ℒ[𝑦(𝑡)] = 𝑌(𝑠) 𝑒 ℒ[�̇�(𝑡)] = 𝑠𝑌(𝑠) = 𝑍(𝑠) 
 
 Assim, Z(s) é a transformada de Laplace de �̇�(𝑡). Esta mudança de variável foi feita 
para facilitar a compreensão do problema proposto. Então a nova função de transferência fica, 
 
𝑌(𝑠)
𝑋(𝑠)
=
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
 ⇒ 
𝑍(𝑠)
𝑠
𝑋(𝑠)
=
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
 ⇒ 
𝑍(𝑠)
𝑋(𝑠)
=
𝑠
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
 
 
 Para demonstrar, será calcula a resposta 𝑦(𝑡) e �̇�(𝑡) para uma entrada degrau unitário. 
Então, para �̇�(𝑡) representado por𝑍(𝑠), 
 
𝑍(𝑠) =
𝑠
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
1
𝑠
=
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
= 
 
=
1
2
𝑠2 +
3
2 𝑠 +
7
2
=
1
2
(𝑠 +
3
4)
2
+
47
16
=
1
2
4
√47
√47
4
(𝑠 +
3
4)
2
+
47
16
 
 
 Cuja transformada inversa é dada por, 
 
𝑧(𝑡) =
2√47
47
𝑒−
3
4
𝑡 𝑠𝑖𝑛 (
√47
4
𝑡) 
p
t
> 0 
 
 Fazendo para y(t) representado por Y(s), 
 
𝑌(𝑠) =
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
1
𝑠
=
1
7
𝑠
−
2
7 𝑠 +
3
7
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
= 
 
 
 
39 
=
1
7
1
𝑠
−
1
7 𝑠 +
3
14
𝑠2 +
3
2 𝑠 +
7
2
=
1
7
1
𝑠
−
1
7
𝑠 +
3
4
(𝑠 +
3
4)
2
+
47
16
−
3
28
4
√47
√47
4
(𝑠 +
3
4)
2
+
47
16
 
 
 Cuja transformada inversa é dada por, 
 
𝑦(𝑡) =
1
7
−
1
7
𝑒−
3
4
𝑡 [𝑐𝑜𝑠 (
√47
4
𝑡) +
3√47
47
𝑠𝑖𝑛 (
√47
4
𝑡)] p/t ≥ 0 
 
 Para verificar, derivando 𝑦(𝑡) em relação ao tempo, 
 
�̇�(𝑡) = −
1
7
(−
3
4
) 𝑒−
3
4
𝑡 [cos (
√47
4
𝑡) +
3√47
47
sin (
√47
4
𝑡)]
−
1
7
𝑒−
3
4
𝑡 [−
√47
4
sin (
√47
4
𝑡) +
3√47
47
√47
4
cos (
√47
4
𝑡)] 
 
 Reagrupando, 
 
�̇�(𝑡) = −
1
7
𝑒−
3
4
𝑡 [(−
3
4
+
3√47
47
√47
4
) cos (
√47
4
𝑡) + (−
3
4
3√47
47
−
√47
4
) sin (
√47
4
𝑡)]
= −
1
7
𝑒−
3
4
𝑡 [−
14√47
47
sin (
√47
4
𝑡)] =
2√47
47
𝑒−
3
4
𝑡 sin (
√47
4
𝑡) 
 
Exercício #2: Manipulação de funções de transferência. Em muitas aplicações de sistemas de 
controle, é necessário medir um “Critério de Desempenho” que pode ser formado pela junção 
conforme, 
 
Critério de Desempenho 𝑐(𝑡) = 3�̇�(𝑡) + 2𝑦(𝑡) 
 
 Para a seguinte função de transferência, 
 
𝑌(𝑠)
𝑋(𝑠)
=
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
 
 
 Neste caso, a solução é dada aplicando a transformada de Laplace no critério de 
desempenho assim, 
 
𝐶(𝑠) = (3𝑠 + 2)𝑌(𝑠) 
 
 Substituindo Y(s) da função de transferência, 
 
𝐶(𝑠) = (3𝑠 + 2)
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
𝑋(𝑠) 
 
 Voltando para a forma típica de saída sobre entrada, 
 
 
40 
 
𝐶(𝑠)
𝑋(𝑠)
=
3𝑠
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
+
2
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
=
3𝑠 + 2
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
 
 
Exercício #3: Função de transferência envolvendo múltiplas equações diferenciais. Supondo o 
sistema de equações que descrevem as equações de movimento da suspensão ativa definido 
abaixo, 
 
[
𝑀𝑠 0
0 𝑀𝑛
] {
�̈�𝑠(𝑡)
�̈�𝑛(𝑡)
} + [
𝐶 −𝐶
−𝐶 𝐶
] {
�̇�𝑠(𝑡)
�̇�𝑛(𝑡)
} + [
𝐾 −𝐾
−𝐾 𝐾 + 𝐾𝑝
] {
𝑦𝑠(𝑡)
𝑦𝑛(𝑡)
} = [
1 0
−1 𝐾𝑝
] {
𝑢(𝑡)
𝑤(𝑡)
} 
 
 Observe que o sistema possui duas entradas definidas por u(t) e w(t). Além disso, o 
desejável será medir os deslocamentos 𝑦𝑠(𝑡) e 𝑦𝑛(𝑡). Então, serão obtidas quatro funções de 
transferência entre cada entrada e cada saída conforme, 
 
𝑌𝑠(𝑠)
𝑈(𝑠)
= 𝐺1(𝑠), 
𝑌𝑛(𝑠)
𝑈(𝑠)
= 𝐺2(𝑠), 
𝑌𝑠(𝑠)
𝑊(𝑠)
= 𝐺3(𝑠), 
𝑌𝑛(𝑠)
𝑊(𝑠)
= 𝐺4(𝑠) 
 
 As funções de transferência são encontradas através da transformada de Laplace das 
equações diferenciais e de sucessivas manipulações para separar as entradas e saídas 
necessárias. Aplicando transformada de Laplace, 
 
(𝑀𝑠𝑠
2 + 𝐶𝑠 + 𝐾)𝑌𝑠(𝑠) = (𝐶𝑠 + 𝐾)𝑌𝑛(𝑠) + 𝑈(𝑠) 
(𝑀𝑛𝑠
2 + 𝐶𝑠 + 𝐾 + 𝐾𝑝)𝑌𝑛(𝑠) = (𝐶𝑠 + 𝐾)𝑌𝑠(𝑠) + 𝐾𝑝𝑊(𝑠) − 𝑈(𝑠) 
 
 Substituindo 𝑌𝑛(𝑠) na 1ª equação, 
 
(𝑀𝑠𝑠
2 + 𝐶𝑠 + 𝐾)𝑌𝑠(𝑠) = (𝐶𝑠 + 𝐾)(
(𝐶𝑠 + 𝐾)𝑌𝑠(𝑠) + 𝐾𝑝𝑊(𝑠) − 𝑈(𝑠)
𝑀𝑛𝑠2 + 𝐶𝑠 + 𝐾
) + 𝑈(𝑠) 
 
 Rearranjando para encontrar 𝐺1(𝑡) e 𝐺3(𝑡), 
 
𝑌𝑠(𝑠) =
𝑀𝑛𝑠
2+𝐾𝑝
(𝑀𝑠𝑠2 + 𝐶𝑠 + 𝐾)(𝑀𝑛𝑠2 + 𝐶𝑠 + 𝐾+𝐾𝑝) − (𝐶𝑠 + 𝐾)2
𝑈(𝑠)
+
(𝐶𝑠 + 𝐾)𝐾𝑝
(𝑀𝑠𝑠2 + 𝐶𝑠 + 𝐾)(𝑀𝑛𝑠2 + 𝐶𝑠 + 𝐾+𝐾𝑝) − (𝐶𝑠 + 𝐾)2
𝑊(𝑠) 
 
 
 Substituindo 𝑌𝑠(𝑠) na 2ª equação, 
 
(𝑀𝑛𝑠
2 + 𝐶𝑠 + 𝐾 + 𝐾𝑝)𝑌𝑛(𝑠) = (𝐶𝑠 + 𝐾)(
(𝐶𝑠 + 𝐾)𝑌𝑛(𝑠) + 𝑈(𝑠)
𝑀𝑠𝑠2 + 𝐶𝑠 + 𝐾
) + 𝐾𝑝𝑊(𝑠) − 𝑈(𝑠) 
 
 Rearranjando para encontrar G2(s) e G4(s), 
 
 
 
41 
𝑌𝑠(𝑠) =
−𝑀𝑠𝑠
2
(𝑀𝑠𝑠2 + 𝐶𝑠 + 𝐾)(𝑀𝑛𝑠2 + 𝐶𝑠 + 𝐾+𝐾𝑝) − (𝐶𝑠 + 𝐾)2
𝑈(𝑠)
+
(𝑀𝑠𝑠
2 + 𝐶𝑠 + 𝐾)𝐾𝑝
(𝑀𝑠𝑠2 + 𝐶𝑠 + 𝐾)(𝑀𝑛𝑠2 + 𝐶𝑠 + 𝐾+𝐾𝑝) − (𝐶𝑠 + 𝐾)2
𝑊(𝑠) 
 
 Observe que os zeros são diferentes, mas os polos são os mesmos. Isso significa que não 
importa o número de entradas ou saídas, os polos serão os mesmos desde que não ocorra 
cancelamento entre polos e zeros. 
 
3.6.5 Exemplos utilizando Matlab® 
 
Exemplo 1: Calcular a resposta analítica utilizando o Malab. 
 
G(s) =
s + 2
s2 + 3s + 5
 e R(s) =
1
s
 
 
clear all % apaga todas as variáveis 
close all % fecha todas as janelas gráficas 
clc % apaga a tela do matlab 
 
% forma de verificar a resposta analítica 
syms s t % define variáveis simbólicas 
 
% Função de transferência 
G=(s+2)/(s^2+3*s+5); 
 
% Entrada 
R=1/s; 
 
% Resposta Inversa 
pretty(ilaplace(G*R,t)) 
 
Exemplo 2: Calcular resposta numérica utilizando o Matlab para a resposta ao degrau unitário. 
 
clear all % apaga todas as variáveis 
close all % fecha todas as janelas gráficas 
clc % apaga a tela do matlab 
 
% Define a função de transferência G(s) 
G=tf([1 2],[1 3 5]) 
 
% Calcula a resposta ao degrau unitário utilizando a formulação padrão para 
% o vetor de tempo t 
[y1,t]=step(G); 
 
% resposta ao degrau calculada pela transformada inversa, observe que entre 
% a exponencial e os termos oscilantes há .* 
y2=2/5-2/5*exp(-3/2*t).*(cos(sqrt(11)/2*t)-2/sqrt(11)*sin(sqrt(11)/2*t)); 
 
% gráfico da resposta ao degrau unitário 
figure;plot(t,y1,'o',t,y2) 
legend('Matlab','Transformada Inversa') 
 
clear all % apaga todas as variáveis 
close all % fecha todas as janelas gráficas 
clc % apaga a tela do matlab 
 
 
 
42 
% Define a função de transferência G(s) 
G=tf([1 2],[1 3 5]) 
 
% Traça a resposta ao degrau unitário 
figure;step(G) 
 
Exemplo 3: Calcular resposta numérica utilizando o Matlab para uma entrada qualquer. 
 
𝐺(𝑠) =
𝑠 + 2
𝑠2 + 3𝑠 + 5
 𝑒 𝑟(𝑡) = 𝑒−3𝑡 
 
% Cálculo da transformada inversa para uma entrada qualquer 
 
clear all % apaga todas as variáveis 
close all % fecha todas as janelas gráficas 
clc % apaga a tela do matlab 
 
% Define a função de transferência G(s) 
G = tf([1 2],[1 3 5]) 
 
% Definindo o vetor de tempo 
t = 0:0.05:5; 
 
% Entrada 
r = exp(-3*t); 
 
% Resposta a uma entrada qualquer 
y1=lsim(G,r,t); 
 
% resposta calculada pela transformada inversa, observe que entre 
% a exponencial e os termos oscilantes há .* 
y2=-1/5*exp(-3*t)+1/5*exp(-3/2*t).*(cos(sqrt(11)/2*t)+ ... 
 7/sqrt(11)*sin(sqrt(11)/2*t)); 
 
% Gráfico da resposta ao degrau unitário 
figure;plot(t,y1,'o',t,y2) 
legend('Matlab','Transformada Inversa') 
 
3.7 Projeto #1: Simulação de Sistemas 
 
 Objetivo do Projeto: Adquirir conhecimentos de simulação de sistemas utilizando uma 
ferramenta numérica. Observar a aplicabilidade da simulação de sistemas. 
 
 Problema Proposto: Simular uma suspensão de ¼ de veículo tomando como resposta 
o deslocamento 𝑌(𝑠) e a aceleração da massa suspensa para uma entrada de distúrbio 𝑊(𝑠) na 
forma de uma lombada. 
 
 Desenvolvimento: O aluno deverá escolher um veículo para a simulação e retirar os 
dados necessário para a formulação da função de transferência, definir o formato da lombada e 
a velocidade de passagem. 
 
3.8 Exercícios Propostos 
 
1. Calcular a Transformada de Laplace das seguintes funções temporais. 
 
 
 
43 
a. 𝑎(𝑡) = 5 + 𝑡 + 𝑒−8𝑡 sin 3𝑡 
 
b. 𝑏(𝑡) = 𝑡2𝑒−3𝑡 cos 7𝑡 
 
2. Calcular a Transforada Inversa de Laplace das seguintes relações. 
 
a. 𝐹(𝑠) =
3
(𝑠+3)(𝑠+5)(𝑠2+3𝑠+17)
 
 
b. 𝐺(𝑠) =
3𝑠+2
(𝑠+3)2(3𝑠2+𝑠+5)
 
 
c. 𝐻(𝑠) =
𝑠5+3
𝑠(3𝑠2+5𝑠+2)(2𝑠2+2𝑠+7)
 
 
3. Para a equação diferencial abaixo. 
 
3𝑦(𝑡) + 15�̈�(𝑡) + 99�̇�(𝑡) + 87𝑦(𝑡) = 20�̇�(𝑡) + 47𝑢(𝑡) 
 
a. Determinar a Função de Transferência 𝑌(𝑠)/𝑈(𝑠); 
b. Utilizando a Função de Transferência, calcular: 
i. Resposta y(t) à entrada degrau unitário 𝑢(𝑡); 
ii. Resposta y(t) à entrada 𝑢(𝑡) = 2𝑒−3𝑡; 
iii. Resposta y(t) à entrada 𝑢(𝑡) = 2 sin 3𝑡; 
iv. Resposta y(t)à entrada 𝑢(𝑡) = 1 + 2𝑒−3𝑡 sin 3𝑡; 
c. Para a letra b, aplicar o teorema do valor final e encontrar lim
𝑡→∞
𝑦(𝑡). 
 
 Neste exercício, observar: 
• Letra b) parte da resposta é a mesma para todas as entradas; 
• Letra c) o teorema do valor final gera resultado numérico para todas as 
entradas, mas não existe para a parte iii. Qual a explicação? 
 
4. Para a Função de Transferência abaixo. 
 
𝑋(𝑠)
𝑌(𝑠)
= 𝐺(𝑠) =
𝑠 + 1
𝑠2 + 5𝑠 + 6
 
 
a. Calcular a resposta 𝑥(𝑡) para uma entrada 𝑦(𝑡) degrau 2; 
b. Calcular a resposta 𝑥(𝑡) às seguintes condições iniciais �̇�(0) = −1, 𝑥(0) =
2, 𝑦(0) = 0.5, com entrada nula, 𝑦(𝑡) = 0. 
c. Calcular a resposta às seguintes condições iniciais �̇�(0) = −1, 𝑥(0) = 2, 𝑦(0) =
0.5, e uma entrada 𝑦(𝑡) = 2. 
 
5. Para a equação abaixo, calcular a resposta 𝑦(𝑡) à uma entrada 𝑥(𝑡) degrau unitário. 
 
𝑑4𝑦(𝑡)
𝑑𝑡4
+ 5
𝑑3𝑦(𝑡)
𝑑𝑡3
(𝑡) + 18
𝑑2𝑦(𝑡)
𝑑𝑡2
(𝑡) + 34
𝑑𝑦(𝑡)
𝑑𝑡
(𝑡) + 20𝑦(𝑡) =
𝑑2𝑢(𝑡)
𝑑𝑡2
(𝑡) + 5𝑢(𝑡) 
 
 
 
44 
6. Para a Função de Transferência abaixo, calcular a resposta 𝑐(𝑡) a uma entrada 𝑟(𝑡) impulso 
unitário. 
𝐶(𝑠)
𝑅(𝑠)
= 𝐻(𝑠) =
𝑠2 + 𝑠 + 1
2𝑠2 + 3𝑠 + 6
 
 
7. Para a Função de Transferência abaixo, calcular a resposta 𝑧(𝑡) para uma entrada 𝑣(𝑡) = 𝑒−2𝑡; 
 
𝑍(𝑠)
𝑉(𝑠)
= 𝐹(𝑠) =
𝑠 − 1
𝑠3 + 3𝑠2 + 3𝑠 + 1
 
 
8. Para a equação diferencial abaixo, 
 
3𝑦(𝑡) + 15�̈�(𝑡) + 99�̇�(𝑡) + 87𝑦(𝑡) = 20�̇�(𝑡) + 47𝑢(𝑡) 
 
a. Encontrar a função de transferência para medir a resposta 3�̈�(𝑡) + 𝑦(𝑡); 
b. Calcular a resposta acima para uma entrada degrau unitário; 
 
9. Para a equação diferencial abaixo, calcular a resposta �̇�(𝑡) para uma entrada 𝑧(𝑡) impulso 
unitário. Cuidado com o cancelamento entre polos e zeros, 
 
𝑦(𝑡) + 5�̈�(𝑡) + 16�̇�(𝑡) + 30𝑦(𝑡) = �̇�(𝑡) + 3𝑧(𝑡) 
 
 
 
 
45 
3.9 Respostas 
 
1.a) 
𝐴(𝑠) =
5
𝑠
+
1
𝑠2
+
3
𝑠2 + 16𝑠 + 73
 
 
1.b) 
𝐵(𝑠) = 2
(2𝑠 + 6)2(𝑠 + 3)
((𝑠 + 3)2 + 49)3
− 2
3𝑠 + 9
((𝑠 + 3)2 + 49)2
 
 
2.a) 
𝑓(𝑡) =
3
34
𝑒−3𝑡 −
1
18
𝑒−5𝑡 −
1
153
𝑒−
3
2
𝑡 (5 cos
√59
2
𝑡 +
19
√59
cos
√59
2
𝑡) 𝑝/𝑡 ≥ 0 
 
2.b) 
𝑔(𝑡) = −
32
841
𝑒−3𝑡 −
7
29
𝑒−3𝑡 −
32
841
𝑒−
1
6
𝑡 (cos
√59
6
𝑡 +
337√59
944
cos
√59
2
𝑡) 𝑝/𝑡 ≥ 0 
 
2.c) 
ℎ(𝑡) =
3
14
+
1
6
𝛿(𝑡) +
2
7
𝑒−𝑡 −
697
1062
𝑒−
2
3
𝑡 −
17
59
𝑒−
1
2
𝑡 (cos
√13
2
𝑡 +
137√13
3094
cos
√59
2
𝑡) 𝑝/𝑡
≥ 0 
 
3. 
a) 𝐺(𝑠) =
𝑌(𝑠)
𝑈(𝑠)
=
20𝑠2+47
3𝑠3+15𝑠2+99𝑠+87
. 
b) 
i. 𝑦(𝑡) =
721
2262
𝑒−2𝑡 (cos(5𝑡) +
14579
3605
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)) −
67
78
𝑒−𝑡 +
47
87
. 
ii. 𝑦(𝑡) =
67
78
𝑒−𝑡 −
227
78
𝑒−3𝑡 +
80
39
𝑒−2𝑡 (cos(5𝑡) +
373
400
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)). 
iii. 𝑦(𝑡) =
399
340
cos(3𝑡) +
67
130
𝑒−𝑡 +
133
510
𝑠𝑒𝑛(3𝑡) −
1493
884
𝑒−2𝑡 (cos(5𝑡) +
3222
7465
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)). 
iv. 
𝑦(𝑡) =
1866
4225
𝑒−3𝑡 (cos(3𝑡) −
23432
2799
𝑠𝑒𝑛(3𝑡)) −
469
1014
𝑒−𝑡 −
381809
735150
𝑒−2𝑡 (cos(5𝑡) −
2585149
381809
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)) +
47
87
. 
c) 
 i. lim
𝑡→∞
𝑦(𝑡) = 
47
87
. 
 ii. lim
𝑡→∞
𝑦(𝑡) = 0 . 
 iii. lim
𝑡→∞
𝑦(𝑡) = 0 (porém, lim
𝑡→∞
𝑦(𝑡) não existe). 
 iv. lim
𝑡→∞
𝑦(𝑡) = 
47
87
. 
 
4. 
a) Resposta a entrada degrau 2: 𝑥(𝑡) =
1
3
+ 𝑒−2𝑡 −
4
3
𝑒−3𝑡. 
 
 
46 
b) Resposta para as condições iniciais especificadas: 𝑥(𝑡) =
9
2
𝑒−2𝑡 −
5
2
𝑒−3𝑡. 
c) Resposta para as condições iniciais especificadas: 𝑥(𝑡) =
1
3
+
11
2
𝑒−2𝑡 −
23
6
𝑒−3𝑡. 
 
5. Resposta ao degrau unitário: 𝑦(𝑡) =
9
20
𝑒−2𝑡 −
2
3
𝑒−𝑡 −
1
30
𝑒−𝑡(cos(3𝑡) − 2𝑠𝑒𝑛(3𝑡)) +
1
4
. 
 
6. Resposta ao impulso unitário: 𝑐(𝑡) =
1
2
𝛿(𝑡) −
1
4
𝑒−
3
4
𝑡 (cos (
√39
4
𝑡) +
√39
3
𝑠𝑒𝑛 (
√39
4
𝑡)). 
 
7. Resposta a entrada v(t) = e−2t: 𝑧(𝑡) = 3𝑒−2𝑡 − 3𝑒−𝑡 + 3𝑡𝑒−𝑡 − 𝑡2𝑒−𝑡. 
 
8. a) Função de transferência: 
𝑍(𝑠)
𝑈(𝑠)
=
60𝑠4+161𝑠+47
3𝑠3+15𝑠2+99𝑠+87
. 
 b) Resposta 1(t): 𝑧(𝑡) =
47
87
+ 20𝛿(𝑡) +
9
13
𝑒−𝑡 −
114494
1131
𝑒−2𝑡 (cos(5𝑡) +
4307
6026
𝑠𝑒𝑛(5𝑡)). 
 
9. Resposta ao impulso unitário: �̇�(𝑡) = 𝑒−𝑡 (cos(3𝑡) −
1
3
𝑠𝑒𝑛(3𝑡)). 
 
 
 
 
47 
 
3.10 Exercícios da prova Remota de 2020/1 
 
1) Para a equação diferencial definida abaixo, pede-se, 
 
2
𝑑2𝑦(𝑡)
𝑑𝑡2
+ 8
𝑑𝑦(𝑡)
𝑑𝑡
+ 12𝑦(𝑡) = 3
𝑑𝑥(𝑡)
𝑑𝑡
+ 𝑿𝟐𝑿𝟏𝑥(𝑡) 
 
Onde X2X1 deve ser substituído pelos dois últimos dígitos da matricula. 
 
a) (1 Pontos) Encontrar a função de transferência 
)s(X
)s(Y
; 
b) (4 Pontos) Com a função de transferência do item a, calcular a resposta y(t) para uma 
entrada t3e2)t(x −= . 
 
 Solução: 
 
𝑌(𝑠) =
𝐶1
𝑠 + 3
+
𝐶2𝑠 + 𝐶3
3𝑠2 + 8𝑠 + 12
 
 
clear all;close all;clc 
 
% Número do Aluno 
YY=Y2Y1; % substituir 
 
% Função de Transferência 
G = tf([3 YY],[2 8 12]) 
 
syms t s A B C 
 
numG=(3*s+YY); 
denG=(2*s^2+8*s+12); 
G = numG/denG; 
 
numR=2; 
denR=(s+3); 
R = numR/denR; 
 
% Sistema 
AA=[2 1 0;8 3 1;12 0 3]; 
CC=[0;6;2*YY]; 
RR=AA\CC; 
disp(['C1 = ',num2str(RR(1))]) 
disp(['C2 = ',num2str(RR(2))]) 
disp(['C3 = ',num2str(RR(3))]) 
 
% Inversa #1 
C = (ilaplace(G*R,s,t)) 
% Inversa #1 - SINAL ERRADO versão 2015a 
pretty(C) 
% Inversa #1 - 4 CASAS 
vpa(expand(C),4) 
 
 
 
48 
2) Para a função de transferência abaixo, calcular a resposta temporal da derivada de c(t), 
isto é, 
𝑑
𝑑𝑡
𝑐(𝑡) para uma entrada r(t) tipo degrau de amplitude 2. 
 
𝐶(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
4𝑠 + 3
(𝑠 + 𝑿𝟐𝑿𝟏)2(2𝑠 + 3)(3𝑠2 + 𝑠 + 𝒀𝟐𝒀𝟏)
 
 
 Onde X2X1Y2Y1 deve ser substituído pelos 4 últimos dígitos da matricula. 
 
𝐶(𝑠) =
𝐴
𝑠 + 𝑿𝟐𝑿𝟏
+
𝐵
(𝑠 + 𝑿𝟐𝑿𝟏)2
+
𝐶
2𝑠 + 3
+
𝐷𝑠 + 𝐸
3𝑠2 + 𝑠 + 𝒀𝟐𝒀𝟏
 
 
clear all;close all;clc 
 
XX= X2X1; % substituir; 
YY= Y2Y1; % substituir 
 
syms t s A B C D E 
 
numG=s*(4*s+3); 
denG1=(s+XX); 
denG2=(2*s+3); 
denG3=(3*s^2+s+YY); 
G = numG/(denG1^2*denG2*denG3); 
 
numR=2; 
denR=s; 
R = numR/denR; 
 
AA=[ 6 0 3 2 0; ... 
 (11+6*XX) (6) (1+6*XX) (3+4*XX) (2); ... 
 (3+11*XX+2*YY) (11) (3*XX^2+2*XX+YY) (2*XX^2+6*XX) (3+4*XX); ... 
 (3*XX+3*YY+2*XX*YY) (3+2*YY) (XX^2+2*XX*YY) (3*XX^2) (2*XX^2+6*XX);... 
 (3*XX*YY) (3*YY) (XX^2*YY) (0) (3*XX^2)]; 
BB=[0;0;0;8;6]; 
CC=AA\BB; 
 
disp(['A = ',num2str(CC(1))]) 
disp(['B = ',num2str(CC(2))]) 
disp(['C = ',num2str(CC(3))]) 
disp(['D = ',num2str(CC(4))]) 
disp(['E = ',num2str(CC(5))]) 
 
% Inversa #1 
C = (ilaplace(G*R,s,t)) 
% Inversa #1 - SINAL ERRADO versão 2015a 
pretty(C) 
% Inversa #1 - 4 CASAS 
vpa(expand(C),4)