ANTRACIR 2013- CAP 1 e 2 - pgs 0 a 48

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AANNTTRRAACCIIRR ((33AAEEEENN)) 
 
 
 
 
 
 
((AAnnáálliissee ddee TTrraannssiittóórriiooss 
EEmm CCiirrccuuiittooss)) 
 
 
 
PP RR OO FF :: MM AA SS SS IIMM OO AA RR GG EE NN TT OO 
 
 
 
 
 
 
 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 1 - 
CAP 1 - PARÂMETROS DE REDES: 
 
Definiremos aqui as relações existentes entre a tensão e a corrente nos parâmetros 
de rede mais ut i l izados na teor ia de circuitos, considerando estes elementos em 
principio como ideais , e convencionando-os como receptores ; são eles: O 
Resistor ideal, o Indutor ideal e o Capacitor ideal. Teremos então: 
 
a) RESISTOR IDEAL: 
 
 
 
 Um Resistor ideal obedece à Lei de Ohm : 
 
 R
)t(v)t(i)t(i.R)t(v =⇔= 
 
b) INDUTOR IDEAL: 
 
 
 
 Um Indutor ideal obedece à Lei de Newmann - Faraday : 
 
 ∫
∞−
=⇔=
t
td)t(v
L
1)t(i
td
)t(id.L)t(v 
 
c) CAPACITOR IDEAL: 
 
 
 
 Um Capacitor ideal obedece à Lei de Faraday : 
 
 ∫
∞−
=⇔=
t
td)t(i
C
1)t(v
td
)t(vd.C)t(i 
 
Note a Dual idade existente entre o Indutor e o Capacitor ; notemos que certas 
mudanças ordenadas em elementos, ou leis conhecidas conduzem a outros 
elementos ou leis igualmente válidas. Os termos que se correspondem são chamados 
de duais. A dual idade é uma regra bi lateral como abaixo indicada: 
 
 Tensão ⇔ Corrente Série ⇔ Paralelo 
 Resistência ⇔ Condutância Nó ⇔ Malha 
 Indutância ⇔ Capacitância Circuito Aberto ⇔ Curto-circuito 
 
Exemplo: ∫
∞−
=
t
td)t(v
L
1)t(i LL ; por dual idade : ∫
∞−
=
t
td)t(i
C
1)t(v CC 
i (t)
v( t)
R
v(t)
i (t)
L
v( t)
i (t )
C
 
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EXERCICIOS DO CAP 1 - PARÂMETROS DE REDES 
 
1) - A um capacitor de 1000 pF é aplicada a tensão indicada pelo gráf ico abaixo. 
Nestas condições determine o valor da corrente através do capacitor nos instantes: 
0,2µs ; 1,5µs ; 2,5µs e 2,75µs. 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
Caracter izemos inic ialmente a função v(t ) : Lembrando que a equação de uma reta é 
fornecida por y = a.t + b , onde a é determinado pela tangente do ângulo formado 
pela reta com o eixo horizontal , e b é determinado a part i r de um ponto qualquer 
conhecido no gráf ico; teremos: 
a) 0 < t < 0 5 10 6, . − ⇒ v(t) = bt
610.5,0
5
+⋅
−
 ; se t = 0 ⇒ v(t) = 0 ∴ b = 0 ∴ 
 
v(t) = bt.710 + ; 
 
 
b) 0 5 10 6, . − < t < 2 5 10 6, . − ⇒ v(t) = 5V 
 
 
c) 2 5 10 6, . − < t < 3 0 10 6, . − ⇒ v(t) = −
−
⋅ +5
0 5 10 6, .
t b ; se t = 3 0 10 6, . − 
teremos: v(t) = 0 ∴ 0 5
0 5 10
3 0 106
6= − ⋅ +
−
−
, .
, . b ⇒ b = 30 
 
portanto teremos: v(t) = 30t.710 +− ; Lembrando que i c ( t) é dado por 
 
 
i t C dv t
dt
( ) ( )= ⋅ , com C F= −10 9 iremos ter para a corrente do capacitor: 
 
a) 0 < t < 0 5 10 6, . − ⇒ i c ( t) = 10 10 10 10
9 7 2− −⋅ = =A mA 
 
 
b) 0 5 10 6, . − < t < 2 5 10 6, . − ⇒ i c ( t) = 10
9− . 0 = 0A 
 
 
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c) 2 5 10 6, . − < t < 3 0 10 6, . − ⇒ i c ( t) = 10 10 10 10
9 7 2− −
⋅ − = − = −A mA 
 
 
Nestas Condições podemos já estabelecer o gráf ico da corrente i c ( t) : 
 
 
 
Em termos de respostas ao enunciado iremos ter: 
 
i ( t = 0,2µs) = 10mA ; i ( t = 1,5µs) = 0A ; i ( t = 2,5µs) = INDETERMINADA 
 
i ( t = 2,75µs) = -10mA 
 
3)- A um Capacitor de 1000pF apl ica-se a corrente dada pelo gráf ico abaixo. Nestas 
condições elabore o gráf ico da tensão sobre o capacitor, p/ t > 0, considerando as 
seguintes condições iniciais: a)- tensão inicial V 0 = 0 (Condições iniciais 
quiescentes) b)- tensão inicial V 0 = 50V 
 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
Elaboraremos a solução do exercício considerando em principio o capacitor em 
condições iniciais quiescentes, e a part ir dos resultados obtidos estenderemos o 
raciocínio para as condições inic iais não quiescentes. 
 
 
Em qualquer circunstância: v ( t ) = i ( t ) dt
c c
-
t
1
C
⋅
∞
∫ 
 
 
Com C = 10- 9 F teremos: 1
C
109= portanto: 
 
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a) 0 < t < 1µs: 
v t i t dt i t dt i t dt dtc c c
C I Q
t
c
t
C C C
( ) ( ) ( ) ( )
( . . . )
,= ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅
−∞
−
=
−∞ −
+
=
+
∫∫ ∫ ∫1 1 1 10 0 3
0
0
0
0
0
9
0     
 
OBS.: Para a resolução do item b),consideraríamos o resultado da primeira integral 
como sendo de 50V; prosseguindo com o problema: 
 
v t t t
t v
t s v sC
t c
c V
( )
( )
( )
,= ⋅ = ⋅ ⇒
= ⇒ =
= ⇒ =




⋅ ⋅
+
+ +
− −
10 0 3 3 10
0 0 0
1 1 300
9
0
8
µ µ
 
 
b) 1µs < t < 3µs: 
v t i t dt i t dt i t dt dt
c c c
s
V
t
c
s
s
s
t
C C C
( ) ( ) ( ) ( ) ,= ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅
−∞
=
−∞
=
−
−
+
+
∫∫ ∫ ∫ −1 1 1 10 0 1
1
300
1
1
0
9
1
µ
µ
µ
µ     
 
 
∴ v C = 300 - 
t
s1
8
t10
µ
 = 300 – 108t + 100 ⇒ v C = -108t + 400 
 
Donde teremos: 
t s v s V
t s v s V
c
c
= ⇒ =
= ⇒ =



+ +
− −
1 1 300
3 3 100
µ µ
µ µ
( )
( )
 
 
c) t > 3µs 
 v t i t dt i t dt i t dt dt
c c c
s
V
t
c
s
s
s
t
C C C
( ) ( ) ( ) ( )= ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅
−∞
=
−∞
= =
−
−
+
+
∫∫ ∫ ∫1 1 1 10 0
3
100
3
3
0
9
3
0
µ
µ
µ
µ        
 
 
Donde: v c (t) = 100V ; De posse dos resultados obt idos mostremos então o 
gráf ico da tensão sobre o capacitor; observar que a obtenção do gráf ico 
considerando a condição inic ial de 50V se fará somando 50V a todos os resultados 
conseguidos em condições iniciais quiescentes. 
 
 
 
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4) Para o circuito a seguir, conhecendo-se a tensão v(t) do gerador de tensão, 
pede-se a determinação da corrente i g (t) . 
 
 
SOLUÇÃO: 
a) 0 < t < 1 ⇒ v = 4t ; i R = 2
t4 = 2t ; i C = C. dt
dv = 1. 4 ∴ ig = 2t + 4 
 
Quando t = 0 ⇒ ig = 4 ; Quando t = 1 ⇒ ig = 6 
 
Portanto neste intervalo, ig é uma reta crescente de 4 até 6 
 
 
b) 1 < t < 2 ⇒ v = 4 ; i R = 2
4 = 2 ; i C = C. dt
dv = 1. 0 ∴ ig = 2 
 
Portanto neste intervalo, ig é uma constante de valor 2 
 
 
c) 2 < t < 4 ⇒ v = -1,5t + 7 ; i R = 2
7t5,1 +− = -0,75t + 3,5 ; i C = C. dt
dv = 
 
= 1. (-1,5) = -1,5 ∴ ig = -0,75t + 2 
 
Quando t = 2 ⇒ ig = 0,5 ; Quando t = 4 ⇒ ig = -1 
 
Portanto neste intervalo, ig é uma reta decrescente de 0,5 até -1 
 
 
d) 4 < t ⇒ v = 1 ; i R = 2
1 = 0,5 ; i C = C. dt
dv = 1. 0 ∴ ig = 0,5 
 
Portanto a part ir de t > 4 , ig é uma constante de valor 0,5 
 
De posse dos resultados acima , podemos mostrar o gráf ico de ig: 
 
 
 
Iv(t)(V)
It(s)
4
2
1
1 2 3 4
2Ω 1F
v(t)
ig iR iC
Ii (t)(A)g
It(s)
4
6
-1
2
0,5
1 2 4
 
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5) Para o circuito a seguir, considerando-se C.I.Q.(Condições inic iais quiescentes) e 
conhecendo-se a corrente ig(t) do gerador, pede-se a determinação da tensão v g ( t) . 
 
 
 
CONCEITOS IMPORTANTES QUE SE DEVEM CONSIDERAR: 
 
a) A condição inicial de um capacitor é a sua tensão ; o capacitor tende sempre a 
manter o estado de tensão em que se encontra. Com exceção de certas condições 
excepcionais, podemos af irmar que a tensão de um capacitor não sofre 
descontinuidades , mesmo que sua corrente seja descont inua! 
 
RECIPROCAMENTE:b) A condição inic ial de um indutor é a sua corrente ; o indutor tende sempre a 
manter o estado de corrente em que se encontra. Com exceção de certas condições 
excepcionais, podemos af irmar que a corrente de um indutor não sofre 
descontinuidades , mesmo que sua tensão seja descont inua! 
 
SOLUÇÃO: 
 
a) 0 < t < 1 ⇒ i g = 3t ; v R = 3t ; v L = L. dt
di = 1. 3 = 3 ; 
∫∫∫∫
+
+
−
−
++==
==
∞−∞−
t
0
0
0
0t
C dtt3C
1dti
C
1dti
C
1dti
C
1v
0.)Q.I.C(0

 = 2 . 
t
0
2
2
t3 = 3 [ ]22 0t − ; 
 ∴ v C = 3t2 ⇒ 



=⇒=
=⇒=
−
+
V3v1t
0v0t
C
C ∴ v g = 3t2 + 3t + 3 ⇒ 



=⇒=
=⇒=
−
+
V9v1t
V3v0t
g
g 
 
Sendo portanto neste intervalo, a tensão no gerador de corrente, uma parábola de 
“boca para cima” var iando de 3 a 9V 
 
b) 1 < t < 3 ⇒ i g = -2t + 5 ; v R = -2t + 5 ; v L = L. dt
di = 1. (-2) = -2 ; 
∫∫∫∫
+
+
−
−
+−++==
==
∞−∞−
t
1
1
1
1t
C dt)5t2(C
1dti
C
1dti
C
1dti
C
1v
0V3

 = 3 + 2.
t
1
2
t5
2
t2






+
− ⇒ 
⇒ v C = 3 + 2. [ ]51t5t2 −++− ∴ v C = -2t2 + 10t -5 ⇒ 



=⇒=
=⇒=
−
+
V7v3t
V3v1t
C
C 
Ii (t)(A)g
It(s)
-1
3
1
3
i (t)g
1Ω 1H
1
2
Fvg
vR vL
vC
 
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Portanto: v g = - 2t2 + 8t - 2 ⇒ 



=⇒=
=⇒=
−
+
V4v3t
V4v1t
g
g 
 
Sendo portanto neste intervalo, a tensão no gerador de corrente, uma parábola de 
“boca para baixo” variando de 4 a 4V 
 
c) 3 < t ⇒ i g = -1 ; v R = -1 ; v L = L. dt
di = 1. (0) = 0 ; 
 
∫∫∫∫
+
+
−
−
−++==
==
∞−∞−
t
3
3
3
3t
C dt)1(C
1dti
C
1dti
C
1dti
C
1v
0V7

 = 7 + 2.
t
3
)t(− = 7 - 2t + 6 
 
∴ v C = -2t + 13 ⇒ v g = -2t + 12 ⇒ 



=⇒=
=⇒= +
V4v4t
V6v3t
g
g 
 
 
Sendo portanto a part ir de t > 3s , a tensão no gerador de corrente, uma reta 
decrescente começando em 6V 
 
Podemos pois visual izar o gráf ico de v g (t) : 
 
 
 
 
 
6) Para o circuito abaixo considerando-se C.I.Q. (Capacitor descarregado em t = 0), 
e ainda sabendo-se que a chave ch , fecha no instante t = 0 , pede-se determinar a 
equação da tensão v R (t) a part ir de t > 0 
 
 
 
Iv (t)(V)g
It(s)
3
1 2 3 4 5
9
6
4
t = 0
E
+
-
C
R E
+
-
C
R
i(t)
vC (t) vR (t)
 
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SOLUÇÃO: Sabemos que: 
dt
)t(dvC)t(i C⋅= , e ainda que : 
R
)t(vE)t(i C−= ; 
portanto: ∫∫ =−−−⇒=−⇒−=⋅ RCdt)t(vE )t(vdRCdt)t(vE )t(vdR )t(vEdt )t(dvC
u
C
du
C
C
CCC


 
KRC
t)t(vELn C +=


 −− ; porém sabemos que quando t = 0 ⇒ v C (t) = 0 , logo: 
 
K = - Ln(E) , portanto: 







 −
=−⇒−=


 −−
E
)t(vE
Ln
RC
t)E(Ln
RC
t)t(vELn CC 
 
Ou ainda, se: RC
t
C
CRC
t
C e.E)t(vE
E
)t(vE
e
RC
t
E
)t(vE
Ln
−−
=−⇒
−
=⇒−=







 −
 
 
Observando no circuito que E -v C (t) = vR (t) , iremos ter: RC
t
R eE)t(v
−
⋅= 
 
 
 
 
 
 Cujo gráfico será dado por: 
 
 
 
 
 
Observe que de fato, se t = 0 ⇒ vR (t) = E ; se t → ∞ ⇒ vR (t) → 0 ; e f inalmente, 
quando t assumir o valor de t = RC teremos vR (t) = E.e.E 368,0
1 ≈− 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
v (t)R
t
E
0,368.E
t = RC
 
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1ª FOLHA DE EXERCÍCIOS – CAP 1 (PARÂMETROS DE REDE) 
 
ENTREGA LIMITE: SEMANA DE: a / / 2013 
 
 
OBSERVAÇÕES: 
 
a) Alguns dos exercícios abaixo propostos, dependem do n° de matr ícula do aluno. 
As letras: A B C , representam respect ivamente os t rês últ imos algar ismos deste 
número. Exemplo: aluno matr ícu la nº 12 .314: A =3; B = 1 e C = 4 ; 
 
b) O símbolo: INT [ . . ] representa o valor inteiro do resultado; exemplo: 
 
Ω


 +++=
3
3CBAINTR ; no nosso caso : Ω=Ω


 +++ 3
3
3413INT 
 
1°Exercício: A um Capacitor de valor : C = INT







 +
3
3B F em C.I.Q. apl ica-se a tensão 
v C ( t ) ind icada pelo gráf ico abaixo. Nestas condições pede-se determinar o gráf ico 
da corrente i C ( t ) sobre o capacitor . 
 
GRÁFICO DA TENSÃO SOBRE O CAPACITOR: 
 
 
 
2°Exercício: A um Indutor de valor: L = INT 




 ++
3
CBA em C.I.Q. (condições 
inic iais quiescentes) apl ica-se a tensão v L ( t ) indicada pelo gráf ico a seguir . Nestas 
condições pede-se determinar o gráf ico da corrente i L ( t ) sobre o indutor. 
 
GRÁFICO DA TENSÃO SOBRE O INDUTOR: 
 
1
2 3
4
10
 5
v (t)(V)L
t(s) -5
-10 
 
 
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PARA OS EXERCÍCIOS DE Nºs 3 E 4: 
 
R = INT 




 +++
4
1CBA Ω ; L = INT 




 +
2
1A2 H ; C = INT 




 +
3
2B2 F 
 
3°Exercício: Para o circuito abaixo, supondo-se C.I .Q., sendo fornecida a forma de 
onda de v g ( t ) , pede-se determinar a forma de onda de i g ( t ) : 
 
 
v (t)g
1 2 3 4 5
10
(V)
t(s)
+
-
v (t)g
i (t)g
i (t) i (t) i (t)R C L
C L
 
 
 
4°Exercício: Para o circuito abaixo, supondo-se C.I.Q. , e sendo fornecida a forma 
de onda de i g ( t ) , pede-se determinar a forma de onda de v g ( t ) : 
 
 
i (t)(A)g
1 2 3 4
4
-4
t(s)
v (t)g
v (t)R v (t)C
v (t)L
i (t)g L
C
 
 
 
5°Exercício: Para o circuito abaixo considerando-se C.I.Q. (Indutor com i = 0, em t = 0), 
e ainda sabendo-se que a chave ch , fecha no instante t = 0 , pede-se determinar a 
equação da tensão vR (t) a partir de t > 0 
 
 
 
Sugestão: Verif ique o t ipo de solução do Ex. 6 da pg 47 desta Apost i la de teoria, e 
começando por: E
dt
)t(idL)t(i.R =⋅+ 
 
 
 
t = 0
E
+
-
L
R E
+
-
R
i(t)
vL (t) vR (t)
L
 
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CAPITULO II - FUNÇÕES DE EXCITAÇÃO E TRANSFORMADAS DE LAPLACE 
 
1) - FUNÇÕES DE EXCITAÇÃO: Começaremos pela def inição de duas funções no 
domínio do tempo, fundamentais no estudo dos circuitos elétr icos ;são elas: A 
função H(t) ( função de Heaviside), e a função δ(t) ( função de Dirac). Para uma 
melhor compreensão do funcionamento das mesmas, vamos estudar o 
comportamento da função mostrada abaixo, bem como o da sua respectiva der ivada: 
 
 
 
Note que f (t) é uma função contínua e derivável por intervalos;observe que a área 
da derivada de f(t) é sempre: S = 1 qualquer que seja o valor do intervalo de tempo τ 
( τ ≠ 0 ); nestas condições façamos τ → 0 ( inf initamente próximo mas não igual!); 
notemos então que f(t) será “quase” uma função descontínua, e ainda que: ∞→τ
1
. 
Com estas considerações tentemos visual izar como f icam os gráf icos das duas 
funções para τ → 0: 
 
 
 
 
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Em função dos conceitos aqui expostos vamos então def inir as duas funções de 
excitação mais importantes no estudo dos circuitos elétr icos: A função H(t),e a 
função δ(t) , com as seguintes caracter íst icas : 
 
a) - Função de Heaviside, ou função H(t): 
 
 
 
 
H t
se t
INDETERMINADA se t
se t
( )
:
:
:
=
<
=
>





0 0
0
1 0
 
 
 
b) - Função de Dirac, ou função δ(t) : 
 
 
δ
δ δ
( )
:
:
:
( ) ( ) . ( )
t
se t
se t
e
t dt t dt H t
=
≠
→ ∞ =
= =









−
+
∫∫
−∞
+∞
0 0
0
1
0
0
 
 
 
CONSIDERAÇÕES E PROPRIEDADES DAS FUNÇÕES ACIMA: 
 
 
a) - SOBRE A FUNÇÃO H(t): 
 
 
1) - Note que a função H(t) é indeterminada em t = 0, ou seja: a função possui 
“quase” uma descontinuidade neste instante (que é o l imite de um intervalo de 
tempo tendendo a zero). Assumiremos que a função, possui neste instante um valor 
f inito. (Mesmo sendo indeterminado, o seuvalor numérico certamente situa-se entre 
0 e 1) 
OBS.: Este t ipo de função pertence à classe das funções denominadas de funções 
seccionalmente cont inuas, (funções que apresentam um número f in ito de pontos de 
“ l imites de descont inuidade” , e ainda que em nenhum destes pontos tendem ao 
inf inito) 
 
 
2) - O produto da função H(t), com uma outra função qualquer f ( t) ,representa 
f isicamente um chaveamento na or igem (em t = 0); em outras palavras, executar o 
produto H(t). f ( t) signif ica def inir a existência de f ( t) somente a part ir de 0 + .Note 
de fato os gráf icos abaixo, onde é mostrado o gráf ico de uma f(t) qualquer, em 
seqüência o gráf ico de H(t), e f inalmente o gráf ico do produto: H(t).f ( t) : 
 
 H(t)
 
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Uma forma de visualizarmos f is icamente o que foi acima mostrado, consiste num 
gerador de tensão de valor f ( t) , associado a uma chave que comuta exatamente no 
instante t = 0 . Nestas condições note que a tensão V A B será exatamente o 
produto: f ( t) .H(t) ; Veja f igura abaixo: 
 
 
 
 
b) - SOBRE A FUNÇÃO δ(t) : 
 
Assumiremos a função δ(t) como sendo a derivada da função H(t); assumiremos 
ainda, que a mesma existe exatamente no instante t = 0, e que o seu valor tende ao 
inf inito neste instante, entretanto possuindo área unitária, mesmo com seu valor 
tendendo ao inf inito. 
 
OBSERVAÇÃO IMPORTANTE: Considerando-se que em t = 0, H(t) é indeterminada, 
e ainda que neste instante: δ(t) tende ao inf inito: 
 
 
 
 Não se def ine o produto: H(t). δ(t) 
 
 
f(t)
t
H(t)
t
f(t).H(t)
t
1
t = 0
f(t)
+
-
A
B
VAB
= f(t).H(t)
t
VAB
 
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EXTENSÃO DE CONCEITO: DESLOCAMENTO DAS FUNÇÕES: 
 
Pela ut i l ização dos conceitos que def iniram H(t), e δ(t) poderemos faci lmente 
entender as def inições e gráf icos abaixo: 
 
 








>
=
<
=−
at:se1
at:seADANIMRETEDNI
at:se0
)at(H 
 
Ainda: 
δ
δ δ
( )
:
:
:
( ) ( ) . ( )
t a
se t a
se t a
e
t a dt t a dt H t a
a
a
− =
≠
→ ∞ =
− = − = −









 −
+
∫∫
−∞
+∞
0
1
 
 
 
 
Nestas condições percebemos que tudo se passa como se, em vez de todos os 
conceitos serem vál idos para: t = 0, os mesmos passassem a valer para: t = a 
ou seja: 
 
 
 
 
De maneira análoga ao que já foi visto anteriormente : 
 
H(t - a)
t = a
1
t
f(t)
t
H(t)
t
f(t).H(t -a)
t
1
 t = a
t = a
f(a)
t = a
f(a)
 
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E de forma mais Generalizada: Não se def ine o produto: H(t - a). δ(t - a) 
 
 
 
 
TEOREMA IMPORTANTE: f ( t) . δ(t - a) = f (a). δ(t - a) 
 
 
De fato vamos imaginar f isicamente o produto de uma f(t) qualquer ( f ( t) ≠ de H(t - 
a) ) pela função δ(t - a). Este produto será nulo qualquer que seja t ≠ a, ou ainda: 
O produto somente terá sent ido em t = a, porquanto a função δ(t - a) somente 
exist irá em t = a. Nestas condições em t = a, f ( t) deixa de ser uma função 
genérica, passando a ser o valor que f (t) possui no ponto: t = a, ou seja: 
f (a).Graf icamente iremos ter: 
 
 
 
 
 
 
PORTANTO(TEOREMA DA AMOSTRAGEM): 
 
 
 f ( t) . δ(t - a) = f (a). δ(t - a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
EXERCÍCIOS SOBRE FUNÇÕES DE EXCITAÇÃO: 
 
 
1º) - Dados os gráf icos das funções f (t) a seguir, pede-se para cada um deles: 
-Expressar matematicamente f (t) através da ut i l ização de funções singulares; 
-De posse do item anter ior determinar matematicamente a derivada de f (t) ,e 
construir o seu gráf ico. 
 
t = a
f(t)
+
-
A
B
VAB
VAB = f(t).H(t -a)
t
f(a)
t = a
 
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SOLUÇÃO: 
 
 
 
Gráf ico a): [ ]f t H t H tt( ) ( ) ( ) ( )= ⋅ − −−2 1 1 ; portanto teremos: 
 
 
 
[ ] [ ]df tdt H t H t t t t
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )= ⋅ − − + − ⋅ − − ∴2 1 2 1 1δ δ 
 
Anal isando somente as funções com δs : ( 2t - 1) . [ ])1t()t( −δ−δ = 
 
= ( 2t – 1 ) . δ(t) - ( 2t – 1 ) . δ( t - 1) = ( 2.0 – 1 ) . δ(t) - ( 2.1 – 1 ) . δ( t - 1) = 
 
= - δ(t) - δ( t - 1) ; portanto: 
 
 
 
[ ]df tdt H t H t t t
( )
( ) ( ) ( ) ( )= ⋅ − − − − −2 1 1δ δ 
 
 
 
 
 
Gráf ico b): [ ]f t H t H t t H t( ) ( ) ( ) . ( )= ⋅ − − + −2 2 2 ; portanto teremos: 
 
 
 [ ]df tdt t t H t t t
( )
( ) ( ) . ( ) . ( )= ⋅ − − + − + − =2 2 1 2 2δ δ δ 
= − + − − + − ∴1 2 2 2 2 2 2. ( ) ( ) . ( ) ( ).H t t t tδ δ δ 
 
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df t
dt
H t t
( )
. ( ) ( )= − +1 2 2δ 
 
 
 
 
Gráf ico c): [ ] [ ]f t t H t H t H t H t( ) ( ) ( ) . ( ) ( )= ⋅ − − + − − −2 1 2 1 3 
 
 
 
portanto teremos: 
 
 
[ ] [ ] [ ]df tdt H t H t t t t t t
( )
( ) ( ) . ( ) ( ) . ( ) ( )= ⋅ − − + − − + − − −2 1 2 1 2 1 3δ δ δ δ 
 
Anal isando somente os δs : 
 
 
2 2 1 2 2 3 2 0 2 11 1t t t t t t tt⋅ − ⋅ − + − − − = − − +δ δ δ δ δ δ( ) ( . .) ( ) ( ) . ( ) . ( ) 
 
+ − − − = −−2 1 2 3 2 3δ δ δ( ) ( ) ( )t t t ; portanto: 
 
 
 [ ]df tdt H t H t t
( )
( ) ( ) ( )= ⋅ − − − −2 1 2 3δ 
 
 
 
 
Gráf ico d): [ ] [ ]f t t H t H t H t H t( ) ( ) ( ) . ( ) ( )= ⋅ − − + − − −1 2 1 2 
 
 
 
portanto teremos: 
 
 
[ ] [ ] [ ]df tdt H t H t t t t t t
( )
( ) ( ) . ( ) ( ) . ( ) ( )= ⋅ − − + − − + − − −1 1 1 2 1 2δ δ δ δ 
 
Anal isando somente os δs : 
 
 
t t t t t t tt⋅ − ⋅ − + − − − = − − +δ δ δ δ δ δ( ) ( ) ( ) ( ) . ( ) . ( )1 2 2 2 0 11 1 
 
+ − − − = − − −2 1 2 2 1 2 2δ δ δ δ( ) ( ) ( ) ( )t t t t ; portanto: 
 
 
 [ ]df tdt H t H t t t
( )
( ) ( ) ( ) ( )= ⋅ − − + − − −1 1 1 2 2δ δ 
 
 
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Nestas condições most ramos abaixo os gráf icos das 
df t
dt
( )
 na mesma ordem que 
foram propostos os gráf icos das funções or ig inais : 
 
 
 
 
 
2º) Dado o circuito abaixo, onde é conhecida a função v g (t) , pede-se: 
 
a)-Expressar v g (t) matematicamente através da ut i l ização de funções singulares; 
b)-Determinar i g ( t) matematicamente, e esboçar o seu gráf ico a part ir dos resultados 
obtidos. 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
a) [ ] [ ]v t t H t H t t H t H tg ( ) . ( ) ( ) ( ). ( ) ( )= − − + − + − − −2 1 2 4 1 2 
 
 
Sendo: i t
v t
R
e i t C
dv t
dtR
g
C
g( )
( )
; : ( ) .
( )
= = teremos: 
 
[ ] [ ]i t t H t H t t H t H tR ( ) . ( ) ( ) ( ). ( ) ( )= − − + − + − − −2 1 2 4 1 2 ; e: 
 
 
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[ ] [ ] [ ]i t H t H t t t t H t H tC ( ) . ( ) ( ) . ( ) ( ) ( ). ( ) ( )= − − + − − + − − − +−2 1 2 2 1 21δ δ 
 
[ ]+ − + − − −( ). ( ) ( )2 4 1 2t t tδ δ ; Trabalhando somente nos δs : 
 
[ ]2 1t t t. ( ) ( )δ δ− − + [ ]( ). ( ) ( )− + − − − =2 4 1 2t t tδ δ 
 
= − − +2 2 1t t t t. ( ) . ( )δ δ ( ). ( ) ( ). ( )− + − − − + − =2 4 1 2 4 2t t t tδ δ 
 
= − − +2 2 10 1. .. ( ) . ( )δ δt t ( . ). ( ) ( . ). ( )− + − − − + − =2 4 1 2 4 21 2δ δt t 
 
= − − + − − =0 2 1 2 0 01δ δ( ) ( )t t ; 
 
Portanto: [ ] [ ])2t(H)1t(H.2)1t(H)t(H.2)t(i C −−−−−−= ; sendo: 
 
i g ( t) = i R (t) + i C (t) teremos: 
 
[ ] [ ]i t t H t H t t H t H tg ( ) . ( ) ( ) ( ). ( ) ( )= − − + − + − − − +2 1 2 4 1 2 
 
[ ] [ ]+ − − − − − −2 1 2 1 2. ( ) ( ) . ( ) ( )H t H t H t H t 
 
agrupando “pacotes comuns” de Hs, iremos ter: 
 
 
 
b) [ ] [ ]i t t H t H t t H t H tg ( ) ( ). ( ) ( ) ( ). ( ) ( )= + − − +− + − − −2 1 2 2 1 22 
 
 
 
 
Que irá nos fornecer o seguinte gráf ico: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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OUTRA FORMA DE RESOLVER : OBTENÇÃO POR MERA INSPEÇÃO GRÁFICA: 
 
Observe que os δ ’(Dirac’s) ocorrem somente na derivação de pontos de 
descontinuidade , com valores (áreas) def inidos pelo próprio “salto” de 
descontinuidade. Note o exercício a seguir: 
 
 1) Sendo dada a f (t) abaixo, pede-se determinar o gráf ico de : 
td
)t(fd
 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
 
 
2) Sendo dado o circuito abaixo, pede-se determinar o gráf ico de : v g (t) 
 
 
 
 
 
f(t)
It(s)
3
1 2 3 4 5
9
6
4
df(t)
It(s)
1
2
3 4
5
6
2
-2
3. tδ( )
- 5. t -1δ( ) -1. t -3δ( ) - 4. t -4δ( )
1
dt
ig(t)(A)
It(s)
3
1 2 3 4 5
6
5
1
2
-2t
2 +8t -3
t
2 +4
t +
2
v (t)g
v (t)R
v (t)Li (t)g
1Ω
1H
 
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SOLUÇÃO: Sendo: v R (t) = R.i( t) , e ainda v L (t) = td
)t(idL ⋅ iremos ter: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
vR(t)(V)
It(s)
3
1 2 3 4 5
6
5
1
2
-2t
2 +8t -3
t
2 + 4
t +
2
vL (t)(V)
It(s)
1 2
3
4
5
6
4
-2
2. tδ( )
-4
-3. t - 1δ( )
2. t - 3δ( )
-2. t - 4δ( )
vg(t)(V)
It(s)
7
1
3
4 5
12
1
-2 t 2+ 4t +5
t
2 + 6
t +
6
2. tδ( )
-3. t - 1δ( )
2. t - 3δ( )
-2. t - 4δ( )
3
-1
 
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I NTRODUÇ ÃO À TR ANSF O RM AD A DE L APL ACE 
 
Consideremos uma função qualquer f ( t) existente a part ir de: t ≥ 0 - ; def iniremos 
para os nossos f ins em circuitos elétr icos a transformada de Laplace de f (t) como 
sendo: 
 
∫
∞
−
−
==






0
ts )s(dt)t(fe)t(f F£ 
 
Note que a integral que def ine a transformação, é def inida a part ir de 0 - , justamente 
com o objet ivo de considerar ou de incluir qualquer transição ou fenômeno que 
porventura possa ocorrer no instante: t = 0. Note ainda que o resultado da integral 
irá gerar uma função em “s”, e não mais em “t” . Para um melhor entendimento, 
demonstremos as transformadas de duas funções fundamentais: 
 
 
1ª TRANSFORMADA FUNDAMENTAL: TRANSFORMADA DA FUNÇÃO: H(t) 
 
 
Sendo a função H(t) def inida como: H t
se t
INDETERMINADA se t
se t
( )
:
:
:
=
<
=
>





0 0
0
1 0
 
e ainda sendo: ∫
∞
−
−
=






0
ts dt)t(fe)t(f£ , teremos: 
∴
⋅
−−=⋅+==






∞−−
∞
−−
∞
−
+
+
−
+
+
−−
∫∫∫ 0
st0
0
st
0
ts
0
0
ts
0
ts
s
e1
s
Kedt1eKdtedt)t(He)t(H£ 
[ ] [ ] [ ] [ ]10
s
111
s
Kee
s
1ee
s
K)t(H 0.s.s0.s0.s −−−−=−−−−=





 +−+ −∞−−−£ 
 
 
Portanto: s
1)t(H =





£ (FUNDAMENTAL!) 
 
 
2ª TRANSFORMADA FUNDAMENTAL: TRANSFORMADA DA FUNÇÃO: δ(t) 
 
Sendo a função δ(t) def inida como: δ
δ δ
( )
:
:
:
( ) ( )
t
se t
se t
e
t dt t dt
=
≠
→ ∞ =
= =









−
+
∫∫
−∞
+∞
0 0
0
1
0
0
 
 
 
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- 23 - 
Teremos: 
1dt)t(.1dt)t(edt)t(edt)t(e)t(
0
0
0
0
0.s
0
0
ts
0
ts =δ=δ⋅=δ⋅=δ⋅=






δ ∫∫∫∫
+
−
+
−
+
−−
−−
∞
−£ 
 
Portanto: 1)t( =






δ£ (FUNDAMENTAL!) 
 
 
 
TEOREMA FUNDAMENTAL: (Do deslocamento complexo) 
 
 
Demonstremos que se : )s()t(f F=





£ , então )s(e).t(f t α+=







 α− F£ 
de fato: 
 
  
)s(
0
t)s(
0
ttst
0
ts dt)t(fedt)t(feee)t(fdt)t(fe)t(f
α+=
∫∫∫
∞
α+−
∞
α−−α−
∞
−
−−−
==








⇒=






F
££ 
Portanto: )s(e).t(f)s()t(f
t α+=








⇒=





 α− FF ££ (FUNDAMENTAL!) 
 
 
O que signif ica, que de forma prát ica para determinarmos a t ransformada de 
Laplace de uma função do t ipo: f ( t ) .e-α t , bastará determinarmos a t ransformada de 
Laplace de f ( t) , e em seguida subst i tuirmos o “s” por: “ s + α ” em F(s) . Exemplo 
de apl icação: 
Seja determinar: 







 − t10e.)t(H£ teremos: 
s
1)t(H =





£ ; portanto: 
 
10s
1e.)t(H t10
+
=







 −£ 
 
 
UTILIZAÇÃO DO TEOREMA (Para determinação de outras t ransformadas 
fundamentais): 
 
a) Transformada de Laplace de: f ( t) = H(t) . cosωt ; 
 
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- 24 - 
OBS.: 
2
ee
tcos
tjtj ω−ω +
=ω , onde: j 2 1= − (Fórmula de Euler) ; Temos: 
 
( ) =








+








=








+=






ω ω−ωω−ω tjtjtjtj e.)t(H
2
1e.)t(H
2
1ee.)t(H
2
1)tcos(.)t(H ££££ 
 
= 22 )j(s
s
)js)(js(2
s2
)js)(js(2
jsjs
js
1
2
1
js
1
2
1
ω−
=
ω+ω−
=
ω+ω−
ω−+ω+
=
ω+
+
ω−
⋅ ⋅ 
 
 
 Portanto: 22s
s)tcos(.)t(H
ω+
=






ω£ (FUNDAMENTAL!) 
 
 
b) Transformada de Laplace de: f ( t) = H(t) . senωt ; 
 
OBS.: 
j2
ee
tsen
tjtj ω−ω −
=ω , onde: j 2 1= − (Fórmula de Euler); teremos: 
 
( ) =








−








=








−=






ω ω−ωω−ω tjtjtjtj e.)t(H
2
1e.)t(H
j2
1ee.)t(H
j2
1)t(sen.)t(H ££££ 
 
22 )j(s)js)(js(j2
j2
)js)(js(j2
jsjs
js
1
j2
1
js
1
j2
1
ω−
ω
=
ω+ω−
ω
=
ω+ω−
ω+−ω+
=
ω+
−
ω−
⋅ ⋅ 
 
 
Portanto: 22s
)t(sen.)t(H
ω+
ω
=






ω£ (FUNDAMENTAL!) 
 
 
EXTENSÃO DO RACIOCINIO: 
 
a ) Sendo: 22s
s)tcos(.)t(H
ω+
=






ω£ ⇒ 22t )s(
s)tcos(e.)t(H
ω+α+
α+
=








ωα−£ 
 
 
b ) Sendo: 22s
)t(sen.)t(H
ω+
ω
=






ω£ ⇒ 22t )s()t(sene.)t(H ω+α+
ω
=








ωα−£ 
 
 
FUNDAMENTAIS! 
 
 
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- 25 - 
TEOREMA BÁSICO: (Der ivada da Transformada) 
 
Demonstremos que se : )s()t(f F=





£ , então:
ds
)s(d
e).t(f.t t
F
−=







 α−£ 
de fato: 
 
[ ]
{ }
    
)t(f.t)s(
o
st
0
st
0
st
0
st dt)t(f.t.edt)t(f.e.t
ds
dt)t(f.ed
dt)t(f.e
ds
d
ds
)s(d
£==
∫∫∫∫
∞
−
∞
−
∞
−
∞
−
−−−−
−=−===
F
F
 
 
Portanto: ds
)s(d
)t(f.t)s()t(f
F
F −=






⇒=





 ££ (FUNDAMENTAL!) 
 
De posse deste teorema, vamos ut i l iza- lo para deduzir outra transformada 
fundamental de forma general izada: 
 
a) - Transformada de Laplace de: f ( t) = t .H(t) ; teremos: 
 
 Se: 
s
1)t(H =





£ ⇒ 
22 ssds
)s/1(d)t(H.t
11
=





−−=−=





£ 
 
b) - Transformada de Laplace de: f ( t) = t2 .H(t) ; teremos: 
 
2s
)t(H.t
1
=





£ ⇒ 33
2
2
s
2
s
1.2
ds
)s/1(d)t(.t.t)t(H.t H =




−−=−=






=







 ££ 
 
c) - Transformada de Laplace de: f ( t) = t 3 .H(t) ; teremos: 
 
44
3
23
3
2
s
1.2.3
s
1.2.3
ds
)s/2(d)t(.t.t)t(H.t
s
2)t(H.t H =




−−=−








=








⇒=







 £££ 
 
Notemos então que: 
2s
)t(H.t
1
=





£ ; 32 s)t(H.t
1.2
=







£ ; 43 s)t(H.t
1.2.3
=







£ . . . 
 
Portanto general izando: 1n
n
s
!n
)t(H.t
+
=







£ (FUNDAMENTAL!) 
 
EXTENSÃO: Se: 1nn s
!n)t(H.t +=






£ ⇒ ( ) 1n
tn
s
!n)t(H.e.t +
α−
α+
=







£ 
 
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- 26 - 
TEOREMA DE UTILIZAÇÃO PRÁTICA: TRANSFORMADA DA DERIVADA 
 
Este teorema fundamental será mais adiante ut i l izado para nos fornecer suporte 
na cr iação de modelos básicos, muito úteis na resolução de fenômenos elétr icos, 
em circuitos a part i r do instante 0 - . 
 
TEOREMA: )0(f)s(.sdt
)t(fd
−−=






F£ ; demonstração:∫
∞
−
−
=






0
ts dte
dt
)t(df
dt
)t(fd£ : Int .por partes: 





=⇒⋅=
⋅⋅−=⇒= −−
)t(fvdt
dt
)t(dfdv
dtesdueu stst
 
 

)s(
0
ts
0
st
0
ts dte)t(f.)s(e)t(fdte
dt
)t(df
dt
)t(fd
F=
∫∫
∞
−
∞
−
∞
−
−
−
−
−−==





£ Logo: 
 
)s(.s
e
)(f
e
)t(fLim
dt
)t(fd
s.)0(stt
0
0
F+−




=






−
−
∞→
→

£ ⇒ )0(f)s(.sdt
)t(fd
−−=






F£ 
 
 
INTERPRETAÇÃO: Para obter a t ransformada de Laplace da der ivada de uma 
função qualquer, bastará obtermos a t ransformada simples da função e 
conhecermos o valor que a função possuía no instante: t = 0 - 
 
Exemplo de ut i l ização: Na equação d iferencial abaixo, sabendo-se que em t = 0 - a 
função i( t) assume o valor 2 , determine o valor da função i( t) para t > 0: 
 
3 4 5. ( ) .
( )
. ( )i t
di t
dt
H t+ = ; SOLUÇÃO: apl icando a T.D.L. em toda a 
equação teremos: 
 
[ ] [ ] +=+⇒+=+⇒=−+
s
s85s43).s(8
s
5)s(.s4)s(.3
s
52)s(.s.4)s(.3 IIIII
 






+
+⋅=
+
+
⋅=
+
+
=
+
+
=⇒
4/3s
B
s
A2
)4/3s.(s
8/5s
4
8
)3s4.(s
5s8
)s43.(s
s85)s(I 
 
 
 ∴ )t(He
3
1
3
5)t(i
4/3s
3/1
s
3/5)s( 4/t3 ⋅


 +=⇒
+
+= −I 
 
 
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- 27 - 
RESUMO BÁSICO SOBRE TRANSFORMADAS DE LAPLACE:(É fundamental que o 
aluno conheça de memória pelo menos este resumo para um bom desempenho na 
discipl ina!) 
 
TRANSFORMADAS FUNDAMENTAIS: 
 
 
 SIMPLES: COM TEOREMA: 
 
 )s()t(f F=





£ )s(e).t(f t α+=







 α− F£ 
 
 
 1)t( =






δ£ 1)t(.e t =








δα−£ 
 
 
s
)t(H 1=





£ 
α+
=







 α−
s
1)t(H.e t£ 
 
 22s
s)tcos(.)t(H
ω+
=






ω£ 22t )s(
s)tcos(e.)t(H
ω+α+
α+
=








ωα−£ 
 
 22s
)t(sen.)t(H
ω+
ω
=






ω£ 22t )s()t(sene.)t(H ω+α+
ω
=








ωα−£ 
 
 1n
n
s
!nt.)t(H +=






£ 
( ) 1n
tn
s
!ne.t.)t(H
+
α−
α+
=







£ 
 
 
PROPRIEDADES OPERATÓRIAS: Vindo a t ransformada de Laplace de uma 
integral, possuirá as propr iedades de integral; nestas condições percebe-se 
faci lmente que: 
 
1) 






±






=






± )t(g)t(f)t(g)t(f £££ 
 
2) 






=





 )t(f.K)t(f.K ££ 
 
3) 






⋅






≠






⋅ )t(g)t(f)t(g)t(f £££ ; e ainda: { }
{ })t(g
)t(f
)t(g
)t(f
£
££ ≠








 
 
 
 
 
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- 28 - 
ANTITRANSFORMAÇÕES DE LAPLACE: 
 
 
Uma ferramenta poderosa, (muito mais do que a própr ia transformada!) necessár ia 
à solução da grande maior ia dos problemas em circuitos elétr icos, consiste na 
determinação da ant it ransformada de Laplace. Acreditamos que seja óbvio que 
para entender as técnicas de ant itransformação que veremos a seguir, torna-se 
fundamental o conhecimento no mínimo do resumo básico anter iormente 
apresentado. 
As técnicas de ant itransformação consistem em fazer recair as F(s) propostas em 
transformadas básicas já conhecidas,as vezes até por meio de art if íc ios. Vamos 
fornecer alguns exemplos simples: 
 
1) INICIALMENTE BASEANDO-SE NAS TRÊS PRIMEIRAS OBTIDAS: 
 
 
OBSERVE QUE SE : 
 
)t(H)t(fs
1)s(:SE;)t()t(f1)s( =⇒=δ=⇒= FF
 ; 
 
e ainda: 
 
)t(H.e)t(fs
1)s(:SE tα−=⇒
α+
==F
 
 
 
)t(H.e)t()t(f2s
11)s(a) t2−+δ=⇒
+
+= F 
 
 
b) - ⇒
+
−=
+
−
+
+
=
+
+−+
=
+
+
= 3s
213s
2
3s
3s
3s
133s
3s
1s)s(F 
 
 
 )t(H.e2)t()t(f t3−−δ= 
 
 
NOTE O ARTIFICIO UTILIZADO EM F (s ) , QUANDO O GRAU POLINOMIAL DO 
NUMERADOR É IGUAL AO GRAU POLINOMIAL DO DENOMINADOR! 
 
 
c) - )3s()2s(
1s)s(
++
+
=F (RAIZES DO DENOMINADOR DE F (s ) OU “POLOS” 
REAIS) 
 
 
Vamos impor que F (s ) acima seja dada pela soma de duas frações; ou seja: 
 
 
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- 29 - 
)3s()2s(
B2A3)BA(s
)3s()2s(
)2s(B)3s(A
)3s(
B
)2s(
A
)3s()2s(
1s)s(
++
+++
=
++
+++
=
+
+
+
=
++
+
=F 
 
 
Comparando os resultados obt idos temos: 2B;1A
12B3A
1BA
=−=




=+
=+
⇒ 
 
Logo: [ ] )t(H.ee2)t(f
)3s(
2
)2s(
1
)3s()2s(
1s)s( t2t3 −− −=⇒
+
+
+
−=
++
+
=F 
 
 
OBSERVE QUE O PROCEDIMENTO ACIMA SOMENTE PODERÁ SER UTILIZADO SE: 
 
• O grau do denominador de F(s) for maior do que o grau do numerador; 
• As raízes do denominador de F(s) (ou Polos) forem reais; 
• O coef ic iente do termo de Maior grau do denominador de F(s) for unitár io 
 
 
d) - ( ) ( ) 3s
B
2s
A
3s2s
8s2
6s5s
8s2)s(
reaisraizes
2 +
+
+
=
+⋅+
+
=
++
+
=
  
F ; 
 
d.1) Impondo que a soma das duas parcelas reconst i tua a f ração or ig inal: 
 
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )3s2s
8s2
3s2s
B2A3BA.s
3s2s
2s.B3s.A
+⋅+
+
=
+⋅+
+++
=
+⋅+
+++
 
 
Nestas condições por pr incipio de ident idade pol inomial montamos o seguinte 
sistema de equações: 
 
A B
A B
+ =
+ =



2
3 2 8
 ; Donde obtemos: A = 4 ; B = -2 
 
de posse dos resultados obt idos poderemos entender a F(s) proposta como sendo: 
 
)t(H.e.2e.4)t(f
3s
2
2s
4
6s5s
8s2)s( t3t2
2 




−=⇒
+
−
+
=
++
+
= −−F 
 
 
d2) RESOLUÇÃO DO MESMO EXERCÍCIO UTILIZANDO A TEORIA DOS RESIDUOS 
(DEMONSTRADA MAIS A FRENTE) 
 
Uma vez def inido que ( ) ( ) 3s
B
2s
A
3s2s
8s2
6s5s
8s2)s(
reaisraizes
2 +
+
+
=
+⋅+
+
=
++
+
=
  
F 
Podemos faci lmente obter os coef ic ientes de expansão A e B da seguinte forma: 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 30 - 
( ) 4
32
8)2(2
)3s(.)2s(
8s22s
2s
A =
+−
+−
=
++
+
⋅+=
−=
 
( ) 2
23
8)3(2
)3s(.)2s(
8s23sB
3s
−=
+−
+−
=
++
+
⋅+=
−=
 
Nestas condições obteremos o mesmo resultado anter ior: 
)t(H.e.2e.4)t(f
3s
2
2s
4
6s5s
8s2)s( t3t2
2 




−=⇒
+
−
+
=
++
+
= −−F 
Tendo-se obt ido o mesmo resultado anter ior ! 
 
 
NOVAMENTE OBSERVE QUE O PROCEDIMENTO ACIMA SOMENTE PODERÁ SER 
UTILIZADO SE: 
 
• O grau do denominador de F(s) for maior do que o grau do numerador; 
• As raízes do denominador de F(s) (ou Polos) forem reais; 
• O coef ic iente do termo de Maior grau do denominador de F(s) for unitár io 
 
e) 
20s14s2
12s3)s( 2
2
++
+
=F ; Observe que o grau do numerador é igual ao do 
denominador; Existe uma função Delta de Dirac: δ(t) “embut ida” , e temos que 
evidencia- la (ou “Expurga- la”). Uma das formas de real izar isso é forçando o 
numerador a ser igual ao denominador: 
 
⇒
++
+
⋅=
++
+
⋅=
++
+
=
10s7s
4s
2
3
2/202/s14s
3/12s
2
3
20s14s2
12s3)s(
2
2
2
2
2
2
F 
10s7s
6s7
2
31
2
3
10s7s
410s710s7s
2
3)s( 22
2
6
++
+
⋅−⋅=
++
+−−++
⋅=
−=
⇒

F 
 
Observe que até aqui conseguimos “expurgar o Dirac” )( 1
2
3
⋅ e obter em seguida 
uma f ração com grau do denominador maior do que o do numerador e com 
 
coeficiente do termo de maior grau do denominador como sendo unitário . 
 
Ver if iquemos então os Polos da f ração residual: 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 31 - 
5s;2s
2
37
2
10.1.477s 21
2
2,1 −=−=⇒
±−
=
−±−
= 
 
Notemos então que os polos são reais , e : s2 + 7s +10 = (s - ( -2)).(s – (-5)) ∴ 
 
∴ 



+
+
+
⋅−=
++
+
⋅−=
)5s(
B
)2s(
A
2
3
2
3
)5s).(2s(
6s7
2
3
2
3)s(F ; onde: 
 
 
( )
3
8
52
6)2(7
)5s(.)2s(
6s72s
2s
A −=
+−
+−
=
++
+
⋅+=
−=
 
 
( )
3
29
25
6)5(7
)5s(.)2s(
6s75sB
5s
=
+−
+−
=
++
+
⋅+=
−=Portanto: 
 
)5s(
2/29
)2s(
4
2
3
)5s(
3/29
)2s(
3/8
2
3
2
3)s(
+
−
+
+=



+
+
+
−⋅−=F 
 
 
Logo : )t(H.e2
29e4)t(2
3)t(f t5t2 


 −+δ= −− 
 
 
 
f ) - 
s24s18s3
3s2)s(
23
3
++
+
=F 
 
Note novamente que temos um “Dirac” envolvido na resposta; forçando o 
numerador a ser igual ao denominador: 
 
s8s6s
2/3s
3
2
3/s243/s18s
2/3s
3
2
s24s18s3
3s2)s(
23
3
23
3
23
3
++
+
⋅=
++
+
⋅=
++
+
=F 
 
s8s6s
2/3s8s6
3
21
3
2
s8s6s
2/3s8s6s8s6s
3
2)s(
23
2
23
223
++
−+
⋅−⋅=
++
+−−++
⋅=F 
 
 
Anal isemos então a f ração residual : ⇒
++
−+
=
++
−+
++=
  
)4s).(2s(
)8s6s(.s
2/3s8s6
s8s6s
2/3s8s6
2
2
23
2
 
 
4s
C
2s
B
s
A
)8s6s(.s
2/3s8s6
)4s).(2s(
2
2
+
+
+
+=
++
−+
⇒
++=
  
 ; onde teremos: 
16
3
8
2/3
)4s(.)2s(
2/3s8s6
0s
2
A −=−=
++
−+
=
=
 
 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 32 - 
8
13
4
2/38
)42(.)2(
2/3)2(.8)4(.6
)4s(.s
2/3s8s6B
2s
2
−=
−
−
=
+−−
−−+
=
+
−+
=
−=
 
 
 
16
125
8
2/364
)24(.)4(
2/3)4(.8)16(.6
)2s(.s
2/3s8s6C
4s
2
=
−
=
+−−
−−+
=
+
−+
=
−=
 
 
Logo: 



+
+
+
−−⋅−= 4s
16/125
2s
8/13
s
16/3
3
2
3
2)s(F ; ou ainda: 
 
 
4s
24/125
2s
12/13
s
8/1
3
2)s(
+
−
+
++=F ; Donde: 
 
 
)t(H.e24
125e12
13
8
1)t(3
2)t(f t4t2 


 −++δ= −− 
 
 
 
2) PROCEDIMENTO A SER UTILIZADO COM POLOS COMPLEXOS: 
 
 
LEMBRANDO QUE: 
 
A ) )tcos(.)t(H)t(fs
s:SE 22 ω=⇒ω+
=F(s) 
 
B ) )t(sen.)t(H)t(fs
:SE 22 ω=⇒ω+
ω
=F(s) 
 
 
C ) )tcos(.e)t(H)t(f)s(
s:SE t22 ω=⇒ω+α+
α+
= α−F(s) 
 
 
D ) )t(sen.e)t(H)t(f)s(
:SE t22 ω=⇒ω+α+
ω
= α−F(s) 
 
 
a) 
9s
2
2 +
=(s)F ; ( Polos complexos puros; recai no caso “B”) teremos: 
 
)t3(sen3
2.)t(H)t(f
3s
3
3
2
3s
2
9s
2
22222 ⋅=⇒+
⋅=
+
=
+
=(s)F 
 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 33 - 
b) 
25s
4s
2 +
+
=(s)F ( Polos complexos puros; recai na combinação de “A” e “B”) 
 
teremos: 2222222222 5s
5
5
4
5s
s
5s
4
5s
s
5s
4s
+
⋅+
+
=
+
+
+
=
+
+
=(s)F 
 
 
Logo: )t(Ht5sen
5
4t5cos)t(f ⋅





+= 
 
 
c) 
20s4s
1s
2 ++
+
=(s)F ; (Polos complexos com parte real e parte imaginária ; 
recai na combinação de “C” e “D”) ; Nestas condições fatore um denominador do 
t ipo: 20
2 s2s ω+α+ como sendo: 
2
22
0
22
0
2 )s(s2s 



 α−ω+α+=ω+α+ : 
⇒
++
−
++
+
=
++
+−+
=
++
+
=
−=
2222222 4)2s(
1
4)2s(
2s
4)2s(
122s
20s4s
1s
1
(s)F 
 
2222 4)2s(
4
4
1
4)2s(
2s
++
⋅−
++
+
=⇒ (s)F ; Portanto: 
 
 
)t(H)t(sen.e)tcos(.e)t(f 44
14 t2t2 ⋅





−= −− 
 
 
d) 
50s12s2
2s3
2
2
++
+
=(s)F ; (Existência de “Dirac escondido”) 
 
Inic ialmente forçar o numerador a ser igual ao denominador: 
 
⇒
++
+
⋅=
++
+
⋅=
++
+
=
25s6s
3/2s
2
3
2/502/s12s
3/2s
2
3
50s12s2
2s3
2
2
2
2
2
2
(s)F 
25s6s
3/73s6
2
3
2
3
25s6s
3/225s625s6s
2
3
22
2
3/73
++
+
⋅−=
++
+−−++
⋅=
−=   
(s)F 
 
 
A f ração residual : 
25s6s
3/73s6
2 ++
+ possui polos complexos completos; vamos 
 
proceder da seguinte forma: ⇒
++
+
⋅=
++
+
222 4)3s(
18/73s6
25s6s
3/73s6 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 34 - 
=
++
+
++
+
⋅=
++
+−+
⋅=
++
+
⋅
=
222222
18/19
22 4)3s(
3/19
4)3s(
3s6
4)3s(
18/7333s6
4)3s(
18/73s6
  
 
2222 4)3s(
4
43
19
4)3s(
3s6
++
⋅
×
+
++
+
⋅ ; portanto: 
 
⇒



++
⋅
×
+
++
+
⋅⋅−= 2222 4)3s(
4
43
19
4)3s(
3s62
3
2
3(s)F 
 
⇒
++
⋅−
++
+
⋅−= 2222 4)3s(
4
8
19
4)3s(
3s9
2
3(s)F 
 
 
)t(H)t4(sen.e8
19)t4(cos.e9)t(2
3)t(f t3t3 ⋅


 +−δ= −− 
 
 
 
3) PROCEDIMENTO A SER UTILIZADO COM POLOS MÚLTIPLOS: 
 
 
LEMBRANDO QUE: 
 
A) 
n
1n t.)t(H)t(fs
!n
)s(:SE =⇒= +F E ainda: 
 
B) ( )
)t(H.e.t)t(f
s
!n)s(:SE tn1n
α−
+ =⇒α+
=F 
 
 
 
a) - 
( ) ( )
)t(H.e.t.2)t(f
2s
!3
!3
112
2s
12 t23
44
−=⇒
+
⋅⋅=
+
=(s)F 
 
b) - 
( )53s
s15
+
=(s)F ; (TEMOS A NECESSIDADE DE ALGUNS ARTIFICIOS!) 
 
( ) ( ) ( ) ( )
⇒
+
⋅−
+
+
⋅=
+
−+
⋅=
+
= 54555 3s
315
3s
3s15
3s
33s15
3s
s15(s)F 
 
( ) ( ) ( ) ( ) 5454 3s
!4
8
15
3s
!3
2
5
3s
!4
!4
315
3s
!3
!3
15
+
⋅−
+
⋅=
+
⋅
×
−
+
⋅=(s)F 
 
Portanto: )t(Het8
15et2
5)t(f t34t33 ⋅


 −= −− 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 35 - 
CONCEITO AUXILIAR: MÉTODO DE EXPANSÃO EM FRAÇÕES PARCIAIS 
 
(MÉTODO DE HEAVISIDE - TEORIA DOS RESÍDUOS) 
 
Este método é part icularmente recomendado por ocasião da existência de raízes 
reais s imples no denominador de F(s) . Com a devida cautela pode ser apl icado em 
alguns casos de raízes múlt iplas. Poder ia eventualmente ser estendido também 
para raízes complexas, mas ver if icamos que neste caso o método se torna 
extremamente t rabalhoso. Imaginemos então uma F(s) com numerador e 
denominador sendo pol inômios em “s” , e ainda que possua um denominador 
fatorável da seguinte forma: 
 
)ds)....(ds).(ds).(ds(
)s(P
)s(Q
)s(P)s(
n321 ++++
==F ; 
 
Onde: d 1 , d 2 , d 3 , . . . d n representam os valores negat ivos das raizes do 
denominador de F(s). Nestas condições podemos entender F(s) como sendo: 
 
n321
ds
N
ds
C
ds
B
ds
A
)s(Q
)s(P)s(
+
+⋅⋅⋅+
+
+
+
+
+
==F ; ou ainda: 
 
∴
++++
+++++++++
=
=
  
)s(Q
)ds)....(ds).(ds).(ds(
)....ds.(C)ds)...(ds).(ds.(B)ds()...ds).(ds.(A
)s(Q
)s(P
n321
1n31n32 
portanto: 
 
P s s d s d s d s d s d s d s dA B Cn n( ) . ( ). ( ). . . ( ) . ( ). ( ). . . ( ) . ( ). . .= + + + + + + + + +2 3 1 3 1 
 
Note porém que se na equação acima f izermos: s d= − 1 , todas as parcelas se 
anulam com exceção de A e seus fatores ; analogamente se f izermos: s d= − 2 , 
todas as parcelas se anulam com exceção de B e seus fatores, e assim 
sucessivamente. Nestas condições: 
 
a) se: s d= − 1 teremos: 
 
P s A s d s d s dn( ) . ( ). ( ). . . ( )= + + +2 3 ; entretanto note que: 
 
( ). ( ). . . ( )
( )
s d s d s d
Q s
s dn
+ + + =
+2 3 1
 ; portanto podemos entender que: 
 
( ) )s(
)s(Q
)s(P:mas;
)s(Q
)s(Pds
ds
)s(Q)s(P 1
1
AA F=⋅+=∴
+
⋅= ∴ 
 
 ( )
1ds
)s(ds 1A
−=
⋅+= F 
 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 36 - 
procedendo de maneira análoga concluiremos que: 
 
 
 ( )
2ds
)s(dsB 2
−=
⋅+= F ; ( )
3ds
)s(dsC 3
−=
⋅+= F ; . . . . . 
 
 
EXEMPLOS DE UTILIZAÇÃO: 
 
 
a) 
5s
B
1s
A
)5s).(1s(
2s3)s(
+
+
+
=
++
+
=F 
com: 
4
1A
)51(
2)1.(3
A
1s)5s).(1s(
2s3
)1s(A −=⇒
+−
+−
=∴
−=++
+
⋅+= 
e: 
4
13B
)15(
2)5.(3
B
5s)5s).(1s(
2s3
)5s(B =⇒
+−
+−
=∴
−=++
+
⋅+= 
 
 
 
 Logo: 
5s
4/13
1s
4/1
)5s).(1s(
2s3)s(
+
+
+
−
=
++
+
=F 
 
 
 
 
b) 
3s
C
2s
B
s
A
)3s).(2s.(s
3s2
)6s5s.(s
3s2)s(
2
2
2
+
+
+
+=
++
+
=
++
+
=F 
 
com: 
 
2
1A
)30).(20(
3)0.(2
A
0s)3s).(2s.(s
3s2
sA
22
=⇒
++
+
=∴
=++
+
⋅= 
 
 
2
11B
)32).(2(
3)2.(2
B
2s)3s).(2s.(s
3s2
)2s(B
22
−=⇒
+−−
+−
=∴
−=++
+
⋅+= 
 
e: 
 
7C
)23).(3(
3)3.(2
C
3s)3s).(2s.(s
3s2
)3s(C
22
=⇒
+−−
+−
=∴
−=++
+
⋅+= 
 
 
 
 Logo: 
3s
7
2s
2/11
s
2/1
)6s5s.(s
3s2)s(
2
2
+
+
+
−=
++
+
=F 
 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 37 - 
 
DIRETRIZES SUGERIDAS PARA A OBTENÇÃO DAS ANTITRANSFORMADAS 
 
MAIS FREQUENTES EM CIRCUITOS: 
 
 
1ª) - Qualquer que seja a F(s) anal isada, deve-se proceder à ver if icação dos graus 
pol inomiais do seu numerador e denominador. Se esses graus forem iguais, este 
fato impl icará infal ivelmente na existência de uma função de Dirac: δ(t ) em f( t) . 
Nestas condições, antes dequalquer outro procedimento, convém evidenciarmos a 
existência do “Dirac”, forçando o numerador e o denominador de F(s) a se 
tornarem parcialmente iguais . Por exemplo, : 
 
⇒
+++
+
⋅=
+++
+
=
2/5ss2s
3/5s
2
3
5s2s4s2
5s3)s( 23
3
23
3
F 
2/5ss2s
6/5ss2
2
3
2
3
2/5ss2s
3/52/5ss22/5ss2s
2
3)s( 23
2
23
223
6/5
+++
++
⋅−=
+++
+−−−+++
⋅=
−=
⇒

F 
 
 






+++
++
−δ⋅=⇒
+++
++
⋅−=
−
2/5ss2s
6/5ss2
2
3)t(2
3)t(f
2/5ss2s
6/5ss2
2
3
2
3)s( 23
21
23
2
£F 
 
Note nestas condições que conseguimos reduzir a F(s) proposta em um número 
puro (evidenciando a presença do “Dirac”) e mais uma fração residual com grau do 
denominador maior do que o grau do numerador na qual apl icaremos as técnicas 
anter iormente vistas. 
 
2) Uma vez que a condição anter ior for ver if icada, anal isar as raízes do 
denominador ( também chamadas de polos) de F(s), ou da f ração residual de F(s) 
 
 
TEREMOS TRES POSSIBILIDADES: 
 
1A) O denominador de F(s) possui polos reais e simples : Obs.: Lembrar que: 
 
)t(H.e)t(fs
1)s(:SE;)t(H)t(fs
1)s(:SE tα−=⇒
α+
==⇒= FF
 
 
Uti l izar então diretamente o método de expansão de Heaviside em frações parciais, 
anter iormente visto obtendo a ant it ransformada como sendo uma soma de parcelas 
do t ipo: 
 
)t(HeAe.Ae.A)t(f tn
t
2
t
1
n21 ⋅


 +⋅⋅⋅++= α−α−α−
 ; onde teremos tantas parcelas 
 
quantos forem os pólos de F(s). 
 
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- 38 - 
 
PARA APLICAÇÃO DESTE MÉTODO INSISTIMOS QUE: 
 
• O grau do denominador de F(s) deve ser maior do que o grau do numerador; 
• As raízes do denominador de F(s) (ou Polos) devem ser reais; 
• O coef ic iente do termo de Maior grau do denominador de F(s) deve ser unitár io 
 
EXEMPLOS: 
 
1) 
2s
C
1s
B
s
A
)2s()1s(s
3s5s)s(
2
+
+
+
+=
+⋅+⋅
++
=F 
 
com: 
 
2
3A
)20).(10(
30.50
A
0s)2s).(1s(s
3s5s
sA
22
=⇒
++
++
=∴
=++⋅
++
⋅= 
 
1B
)21).(1(
3)1.(5)1(
B
1s)2s).(1s(s
3s5s
)1s(B
22
=⇒
+−−
+−+−
=∴
−=++⋅
++
⋅+= 
 
 
2
3C
)12).(2(
3)2.(5)2(C
2s)2s).(1s(s
3s5s)2s(C
22
−=⇒
+−−
+−+−
=∴
−=++⋅
++
⋅+=
 
 
Portanto: 
2s
2/3
1s
1
s
2/3
)2s()1s(s
3s5s)s(
2
+
−
+
+=
+⋅+⋅
++
=F 
 
 
 
 Donde: )t(H.e2
3e2
3)t(f t2t 


 −+= −− 
 
 
b) ⇒
++
−+−++
⋅=
++
+
⋅=
++
+
=
=
3s4s
3s6s43s4s
2
5
3s4s
s6s
2
5
8s6s2
s30s5)s(
2
2
2
2
2
2
s2

F 
 
 
=
++
−+++
⋅=⇒
34
)3234
2
5
ss
s(ss)s( 2
2
F 
3s4s
3s2
2
5
2
5
2 ++
−
⋅+ 
 
 
 “Trabalhemos” agora sobre: 
  
reaisraizes
3s4s
3s2
2 ++
− ; 
 
Os polos da f ração são: -1 e -3; portanto: )3s).(1s(3s4s2 ++=++ 
 
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- 39 - 
portanto: 
3s
B
1s
A
)3s).(1s(
3s2
3s4s
3s2
2 +
+
+
=
++
−
=
++
− ; com: 
 
2
5
)31(
3)1(2
)3s).(1s(
3s2)1s(
1s
A −=
+−
−−
=
++
−
+=
−=
 
 
 
2
9
)13(
3)3(2
)3s).(1s(
3s2)3s(B
3s
=
+−
−−
=
++
−
+=
−=
 
 
 
Logo: 
3s
4/45
1s
4/25
2
5
3s
2/9
1s
2/5
2
5
2
5)s(
+
+
+
−=



+
+
+
−⋅+=F 
 
 
 
 portanto: )t(He
4
25e
4
45)t(
2
5)t(f tt3 ⋅





−+δ= −− 
 
 
 
2A) O denominador de F(s) possui pólos complexos : Neste caso a 
ant itransformada de F(s), terá infal ivelmente senos e/ou cossenos. 
 
Obs.: Lembrar que: 
 
A ) )tcos(.)t(H)t(fs
s:SE 22 ω=⇒ω+
=F(s) 
 
B ) )t(sen.)t(H)t(fs
:SE 22 ω=⇒ω+
ω
=F(s) 
 
 
C ) )tcos(.e)t(H)t(f)s(
s:SE t22 ω=⇒ω+α+
α+
= α−F(s) 
 
 
D ) )t(sen.e)t(H)t(f)s(
:SE t22 ω=⇒ω+α+
ω
= α−F(s) 
 
Uma vez ver if icados os polos complexos, fazer então com que a F(s) recaia em um 
dos casos acima, ou combinações dos mesmos 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 40 - 
PARA APLICAÇÃO DESTE MÉTODO INSISTIMOS QUE: 
 
• O grau do denominador de F(s) deve ser maior do que o grau do numerador; 
• As raízes do denominador de F(s) (ou Polos) devem ser complexos ; 
• O coef ic iente do termo de Maior grau do denominador de F(s) deve ser unitár io 
 
EXEMPLOS: 
 
a) 
13s6s
4s)s( 2 ++
+
=F ; Note os polos: j23
2
13.4366s
2,1
±−=
−±−
= 
 
Portanto teremos: 
 
2222222 2)3s(
2
2
1
2)3s(
3s
2)3s(
433s
13s6s
4s)s(
++
+
++
+
=
++
+−+
=
++
+
=F 
 
 
Logo: )t(H)t2(sen.e
2
1)t2cos(.e)t(f t3t3 


 += −− 
 
 
b) 
15s6s
5s2)s( 2 ++
+
=F ; Note os polos: 6j3
2
15.4366s
2,1
±−=
−±−
= 
 
Portanto teremos: 
−
++
+
=
++
+−+
=
++
+
=
++
+
=
−=
2222222 )()()( 6)3s(
3s2
6)3s(
2/533s2
6)3s(
2/5s2
15s6s
5s2)s(
2/1
F 
 
222222 )()()( 6)3s(
6
6
1
6)3s(
3s2)s(
6)3s(
1
++
−
++
+
=⇒
++
− F 
 
 
Logo: )t(H)t6(sen.e
6
1)t6cos(.e2)t(f t3t3 





+= −− 
 
 
3A) O denominador de F(s) possui polos múlt iplos : 
 
 
LEMBRANDO QUE: 
 
A) 
n
1n t.)t(H)t(fs
!n
)s(:SE =⇒= +F E ainda: 
 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 41 - 
B) ( )
)t(H.e.t)t(f
s
!n)s(:SE tn1n
α−
+ =⇒α+
=F 
 
EXEMPLOS DE APLICAÇÃO 
 
a) 
( )3
2
1s
2s4s
+
++
=F(s) ; ut i l izemos de art if íc ios para fazer a expressão dada recair 
 
nas conhecidas ; temos: 
( ) ( )3
2
3
2
1s
1s2)1s(
1s
2s41s21s2s
+
+++
=
+
++−−++
=F(s) 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
⇒
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+
=
+
+++
= 333
2
3
2
1s
2/1s2
1s
1
1s
1s2
1s
)1s(
1s
1s2)1s(F(s) 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
⇒
+
−
+
+
+
+
=
+
+−+
+
+
=⇒
−=
333 1s
1
1s
1s2
1s
1
1s
2/111s2
1s
1
2/1
F(s) 
 
( ) ( ) ( ) 32 1s
!2
!2
1
1s
!1
!1
2
1s
1
+
−
+
+
+
=⇒ F(s) 
 
 
 Logo: )t(Het
2
1et2e)t(f t2tt 


 −+= −−− 
 
 
FORMA PADRÃO DE EXPANSÃO PARA PÓLOS MULTIPLOS (NÃO UTILIZANDO DE 
ARTIFICIOS) 
Tendo-se: n)s(
)s(P
α+
 , Desde que o grau polinomial de P(s) seja menor do que n, 
poderemos expandir n)s(
)s(P
α+
 da forma como segue: 
n32n )s(
K
)s(
C
)s(
B
)s(
A
)s(
)s(P
α+
+⋅⋅⋅+
α+
+
α+
+
α+
=
α+
 
 
 
PARA APLICAÇÃO DESTE MÉTODO INSISTIMOS QUE: 
 
 
• O grau do denominador de F(s) deve ser maior do que o grau do numerador; 
• As raízes do denominador de F(s) (ou Polos) devem ser reais e múlt iplas; 
• O coef ic iente do termo de Maior grau do denominador de F(s) deve ser unitár io 
 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 42 - 
Os coef ic ientes de expansão “A” ,”B”, “C”, . . . . . . ”K” poderão ser determinados por 
ident idade pol inomial, se necessár io, em conjunto com o auxi l io da formula de 
Heaviside ; seja por exemplo o mesmo exercício anter ior 
 
( ) 323
2
)1s(
C
)1s(
B
1s
A
1s
2s4s
+
+
+
+
+
=
+
++
=F(s) ; fazendo o mmc: 
 
( ) 3
2
3
2
3
2
)1s(
CBA)BA2(sAs
)1s(
C)1s(B)1s(A
1s
2s4s
+
+++++
=
+
++++
=
+
++
=F(s) 
 
1C;2B;1A
2CBA
4BA2
1A
−===⇒





=++
=+
=
 Portanto: 
 
( ) 32323
2
)1s(
!2
!2
1
)1s(
!1
!1
2
1s
1
)1s(
1
)1s(
2
1s
1
1s
2s4s
+
−
+
+
+
=
+
−
+
+
+
=
+
++
=F(s) 
 
QUE CONFIRMA O MESMO RESULTADO ANTERIOR! 
 
 
 
b) 
( )4
23
2s
5s2s3s2)s(
+
+++
=F ; 
 
UTILIZEMOS DIRETAMENTE O MÉTODO DE EXPANSÃO PARA POLOS MÚLTIPLOS: 
 
( ) ( ) ( ) ( )4324
23
2s
D
2s
C
2s
B
2s
A
2s
5s2s3s2)s(
+
+
+
+
+
+
+
=
+
+++
=F 
 
m.m.c. da soma de f rações: ( )s + 2 4 ; impondo que: 
 
( ) ( ) ( )A B C Ds s s s s s. . .+ + + + + + ≡ + + +2 2 2 2 3 2 53 2 3 2 ; teremos: 
 
( ) ( )A A B A B C A B C Ds s s s s s. . .3 2 3 26 12 4 8 4 2 2 3 2 5+ + + + + + + + + ≡ + + + ; 
 
Que nos permite montar o seguinte sistema de equações: 
 
A
A B
A B C
A B C D
=
+ =
+ + =
+ + + =







2
6 3
12 4 2
8 4 2 5
 
Que uma vez resolvido fornece: 
 
 A = 2 ; B = -9 
 
 C= 14 ; D = -3 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 43 - 
 
Donde: 
( ) ( ) ( ) ( )4324
23
2s
3
2s
14
2s
9
2s
2
2s
5s2s3s2)s(
+
−
+
+
+
−
+
=
+
+++
=F 
 
Ou ainda: 
 
 
( ) ( ) ( )432 2s
!3
!3
3
2s!2
14
2s!1
9
2s
2)s( !2!1
+
−
+
⋅+
+
⋅−
+
=F ; portanto: 
 
 
 
 
 )t(He.t
2
1e.t.7e.t.9e.2)t(f t23t22t2t2 ⋅





⋅−+−= −−−− 
 
 
 
 
COMBINAÇÕES QUE DEVEM SER ANALISADAS:: 
 
 
a) Miscelânea de pólos reais simples com pólos complexos: 
 
Ut i l izar de ident idade pol inomial conjuntamente com a teor ia de Heaviside de 
expansão em frações parciais; Exemplos: 
 
1) 
256
CB
1
A
)256()1(
7112)s(
ss
s
ssss
s
22 ++
+
+
+
=
++⋅+
++
=F 
 
m.m.c dos denominadores envolvidos: ( ).( )s s s+ + +1 6 252 ; portanto: 
 
A B Cs s s s s s. ( ) ( ). ( )2 26 25 1 12 71+ + + + + ≡ + + ; Executando os produtos 
 
e fatorando tem-se: 
 
s s s sA B A B C A C2 26 25 12 71. ( ) . ( )+ + + + + + ≡ + + 
 
Que nos permite o seguinte sistema de equações: 
 





=+
=++
=+
71CA25
12CBA6
1BA
; com: 
12561
7112
1A
s)ss).(s(
ss
)s(
2
2
−=+++
++
⋅+= 
 
ou: 3
25161
711.1
A
).()(
)(12)(
2
2
=
++
++
=
−−
−−
 ; donde de posse do valor de A, 
 
 
faci lmente determinamos: B = -2 e C = -4 ; portanto teremos: 
 
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- 44 - 
 
25s6s
4s2
1s
3
)25s6s).(s(
71s12)s( 22
2
1
s
++
+
−
+
=
+++
+
=
+F ; ou ainda: 
 
=
++
+
⋅−
+
=
16)3s(
2s2
1s
3)s( 2F =++
+−+
⋅−
+ 16)3s(
233s2
1s
3
2 
 
2222 4)3s(
4
4
2
4)3s(
3s2
1s
3
++
⋅+
++
+
⋅−
+
= 
 
 
 Portanto: )t(Htsen.e.tcos.e.e.)t(f 4
2
1423 t3t3t ⋅


 += −−− − 
 
 
 
2) - 
1ss2s
s)s(
2
1
23
2
+++
+
=F 
 
UTILIZEMOS DE ARTIFICIOS PARA FATORAR O DENOMINADOR E 
PROCURARMOS AS SUAS RAIZES 
 

( )
( ) ( )22
2
223
2
23
2
11
1
12
1
22
1
sss
s
ssss
s
1sss
s)s(
222 1sss
+++
+
=
++++
+
=
+++
+
=
+=+=
  
F
 
( ) ( ) ( ) ( ) 1ss
CBs
1s
A
1ss.1s
1s
1s1ss
1s)s( 2
2
2
22
2
complexasraizesrealraiz
++
+
+
+
=
+++
+
=
+++
+
=
  
F 
 
Impondo que a soma das duas parcelas reconst itua a f ração or ig inal: 
 
( ) ( ) ( )A B Cs s s s s⋅ + + + + ⋅ + = +2 21 1 1 ; donde, executando 
 
os produtos e fatorando teremos: 
 
( ) ( )s s sA B A B C A C2 2 1⋅ + + ⋅ + + + + ≡ + ; que nos permite o 
seguinte sistema de equações: 
 
A B
A B C
A C
+ =
+ + =
+ =





1
0
1
 
Que uma vez resolvido fornece: 
 
 A = 2 ; B = -1 ; C = -1 
 
Podemos pois entender a F(s) proposta como sendo: 
 
1ss
s
1s
2
1s2s2s
1s)s( 223
2 1
++
+
−
+
=
+++
+
=F ; onde esta últ ima 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 45 - 
 
parcela que possui raizes complexas pode ser “t rabalhada” da seguinte forma: 
 
( ) ( ) ( )
+
++
+
=




 −++
++
=
++
+
22222
2
2/32/1s
2/1s
)2/1(12/1s
2/12/1s
1ss
1s
 
 
( ) ( )22 2/32/1s
2/3
3
2
2
1
++
⋅⋅+ ; portanto: 
 
( ) ( ) ( ) ( )222223
2
2/32/1s
2/3
32/3s
2/1s
1s
2
1s2s2s
1s)s(
1
2/1 ++
⋅−
++
+
−
+
=
+++
+
=F 
 
 
∴ )t(Ht).2/3(sene
3
t).2/3(cosee.2)t(f t5,0t5,0t
1
⋅





⋅⋅−⋅−= −−− 
 
 
 
b) Miscelânea de pólos reais simples com pólos reais múltiplos: 
 
Ut i l izar os métodos de Heaviside de expansão em frações parciais para polos reais 
e múlt iplos, e em seguida ut i l izar de ident idade pol inomial. Exemplo: 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22
23
3s
D
3s
C
2s
B
1s
A
3s2s1s
53s70s29s4)s(
+
+
+
+
+
+
+
=
+⋅+⋅+
+++
=F 
 
m.m.c dos denominadores envolvidos: ( ).( ).( )s s s+ + +1 2 3 2 ; portanto: 
 
A B C D s ss s s s s s s. ( ). ( ) . ( ). ( ) . ( ). ( ). ( ) . ( ). ( )+ + + + + + + + + + ≡+ +2 3 1 3 1 2 3 1 22 2 
 
≡ + + +4 29 70 533 2s s s ; executando os produtos e fatorando teremos: 
 
s s sA B C A B C D A B C D A B C D3 2 8 7 6 21 15 11 3 18 9 6 2. ( ) . ( ) . ( )+ + + + + + + + + + + + + + ≡ 
 
≡ + + +4 29 70 533 2s s s ; que nos permite o seguinte sistema: 
 








=+++
=+++
=+++
=++
53D2C6B9A18
70D3C11B15A21
29DC6B7A8
4CBA
 ; Entretanto, com A, B e D calculáveis por: 
 
 
 
USJT-FTCE – ANTRACIR - 3ºAEEN – PROF. MASSIMO ARGENTO - EDITA DO EM 2013 
- 46 - 
2
23
2
23
)).((
).().().(
s)s).(s).(s(
sss
)s(
3121
5317012914
A
1321
5370294
1A
++
+++
=⇒
=+++
+++
⋅+=
−−
−−−
−
 
donde: A = 2 
 
2
23
2
23
)).((
).().().(
s)s).(s).(s(
sss
).s(
3212
5327022924
B
2321
5370294
2B
++
+++
=⇒
=+++
+++
+=
−−
−−−
−
 
 
donde: B = 3 
 
)).((
).().().(
s)s).(s).(s(
sss
.)s(
2313
5337032934
D
3321
5370294
3D
23
2
23
2
++
+++
=⇒
=+++
+++
+=
−−
−−−
−
 
 
donde: D = -2 ; 
 
 
também note que não é possível determinar C pelo mesmo processo; de fato: 
 
 
??
)().).((
).().().(
s)s).(s).(s(
sss
).s(
0
332313
5337032934
C
3321
5370294
3C
23
2
23
=
+++
+++
=⇒
=+++
+++
+=
=
−−−
−−−
−

 
 
Entretanto se subst i tuirmos os valores encontrados para A, B ou D em qualquer 
uma das equações do sistema, faci lmente obtemos: C = -1; logo: 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22
23
3s
2
3s
1
2s
3
1s
2
3s2s1s
53s70s29s4)s(
+
−
+
−
+
+
+
=
+⋅+⋅+
+++
=F 
 
 
Concluindo-se que: 
 
 
 
 [ ]f t e e e t e H tt t t t( ) . . . . ( )= + − − ⋅− − − −2 3 22 3 3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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- 47 - 
2ª FOLHA DE EXERCÍCIOS 
 
(FUNÇÕES DE EXCITAÇÃO –TRANSFORMADAS DE LAPLACE ) 
 
ENTREGA LIMITE: SEMANA DE: a / / 
 
OBSERVAÇÕES: 
 
a) Alguns dos exercícios abaixo propostos, dependem do n° de matr ícula do aluno. 
As letras: A B C , representam respect ivamente os t rês últ imos algar ismos deste 
número. Exemplo: aluno matr ícu la nº 12 .314: A =3; B = 1 e C = 4 ; 
 
b) O símbolo: INT [ . . ] representa o valor inteiro do resultado; exemplo: 
 
Ω


 +++=
3
3CBAINTR ; no nosso caso : Ω=Ω


 +++ 3
3
3413INT 
 
PARA OS EXERCÍCIOS 1 e 2: 
 
Ω


 ++=
3
3B2ATNIR ; F
3
3CATNIC 


 ++= ; H
2
2B
TNIL 




 +
= 
 
1°Exercício: Para o circuito abaixo, supondo-se C.I .Q., sendo fornecida a forma de 
onda de v g ( t ) , pede-se: 
 
a)Expressar anal i t icamente a tensão v g ( t ) através da ut i l ização de funções 
singulares; 
b) Sempre através da ut i l ização de funções singulares, determine anal i t icamente a 
corrente i g ( t ) , e esboce o seu gráf ico 
 
 
 
 
2°Exercício: Para o circuito a seguir , supondo-se C.I .Q., sendo fornecida a forma 
de onda de i g ( t ) , pede-se: 
 
a)Expressar anal i t icamente a corrente i g ( t ) através da ut i l ização de funções 
singulares; 
b) Sempre através da ut i l ização de funções singulares, determine anal i t icamente a 
tensão v g ( t ) , e esboce o seu gráf ico 
 
v (t)g
1 2
3
4 5 6
10
-10
(V)
t(s)
+
-
v (t)g
i (t)g i (t) i (t)R C
C
 
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- 48 - 
 
 
 
3°Exercício: Determine a ant i t ransformada de Laplace de F(s) nos exercíc ios 
abaixo propostos onde: 
 
 





 ++
=α
3
3CA
INT ; 




 ++
=β
3
3C2B
INT ; 




 ++
=λ
3
6B2A
INT 
 
 
 
 
a) 
)3s)(2s(s ++
β+α
=
 sF(s) ; b) 
)35s12ss
ss
2
2
++
λ+β+α
=
(
 F(s) ; c) 
)5s6s(s
s s
2
23
++
λ+β+α
=F(s) 
 
 
 
d) 
)3s2s(s
ss
2
2
++
λ+β+
=
 αF(s) ; e) 2
2
)s(s
ss
2
 F(s)
+
λ+β+α
= ; f ) 
)(ss
ss
2
23
1
 F(s)
+
λ+β+α
= 
 
 
 
g) 
)25s(s
ss
2 +
λ+β+α
=
 F(s) ; h) 
)s10s(s
ss
2 29
 F(s)
++
λ+β+α
= ; i ) 
)s(s
s s
2
23
36
F(s)
+
λ+λ+α
=j ) 
)10s2s(s
ss
2
3
++
λ+β+α
=
 F(s) ; k) 
)25s8s(s
ss
2
23
++
β+λ+α
=
 F(s) ; l ) 
25s6s
ss
2
2
++
β+λ+α
=
 F(s) 
 
 
 
 
v (t)g
v (t)R
v (t)L
i (t)g L
1 2
3
4 5 6
5
-5
t(s)
i (t) (A)g
	ANTRACIR (3AEEN)
	(Análise de Transitórios Em Circuitos)