Transformada de Laplace e EDOs

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Questão 1
1) Seja f (t) = t9 sinh(6t). Sabemos que:
sinh(6t) =
e6t − e−6t
2
Então a transformada de Laplace de f (t) é:
L{ f (t)}= 1
2
L{t9e6t − t9e−6t}
Sabemos da propriedade de translação que nos diz que:
Propriedade 1 (Propriedade de translação) Seja a ∈ R, então vale que:
L(eat f )(s) = L( f )(s−a) (1)
Ou seja, então temos que:
L{ f (t)} = 1
2
L{t9e6t − t9e−6t}
=
1
2
[
L{t9e6t}−L{t9e−6t}
]
=
1
2
[
L{t9}(s−6)−L{t9}(s+6)
]
=
1
2
[
9!
(s−6)10
− 9!
(s+6)10
]
aqui usamos o fato de que:
L(tn) =
n!
sn+1
(2)
que é definida para s > 0 mas então como para a transformada de f (t) temos s deslocado 6 unidades
logo a transformada de f (t) é definida para s > 6. Logo, a alternativa correta é: Está definida para
s > 6, sendo dada por:
L{ f (t)} = 1
2
[
9!
(s−6)10
− 9!
(s+6)10
]
.
1
Questão 2
Dado o problema: 
y′′−4y′+3y = t2et
y(0) = 2
y′(0) = 6.
Vamos aplicar a transformada de Laplace na EDO. Com efeito, e usando os resultados da transformada
de derivadas:
Ly′′ = s2Y − y′(0)− sy(0) e Ly′ = sY − y(0)
onde Y ≡ Y (s) = L{y(t)}(s). Então temos o seguinte desenvolvimento:
L{y′′−4y′+3y}= L{t2et} =⇒ s2Y − y′(0)− sy(0)−4sY +4y(0)+3Y = 2
(s−1)3
=⇒ s2Y −6−2s−4sY +8+3Y = 2
(s−1)3
=⇒ (s2 −4s+3)Y = 2
(s−1)3
+2+2s
=⇒ Y = 2
(s−1)3(s2 −4s+3)
+
2
(s2 −4s+3)
+
2s
(s2 −4s+3)
note ainda que: s2 −4s+3 = s2 −4s+4−1 = (s2 −4s+4)−1 = (s−2)2 −1. E assim ainda temos
que:
Y (s) =
2
(s−1)3[(s−2)2 −1]
+
2
(s−2)2 −1
+
2s
(s−2)2 −1
Agora, devemos aplicar o operador de inversão da transformada de laplace L−1 de modo a termos:
y(t) = L−1
{
2
(s−1)3[(s−2)2 −1]
}
+L−1
{
2
(s−2)2 −1
}
+L−1
{
2s
(s−2)2 −1
}
Resolveremos cada uma das transformadas separadamente. Com efeito:
• Para: L−1
{
2
(s−1)3[(s−2)2 −1]
}
devemos escrever o termo:
2
(s−1)3[(s−2)2 −1]
em fra-
ções parciais. Para tanto, escreveremos da seguinte forma:
2
(s−1)4 (s−3)
=
a
s−1
+
b
(s−1)2
+
c
(s−1)3
+
d
(s−1)4
+
k
s−3
2
Então multiplicando o denominador obtemos que:
2(s−1)4 (s−3)
(s−1)4 (s−3)
=
a(s−1)4 (s−3)
s−1
+
b(s−1)4 (s−3)
(s−1)2
+
c(s−1)4 (s−3)
(s−1)3
+
d (s−1)4 (s−3)
(s−1)4
+
+
k (s−1)4 (s−3)
s−3
e assim temos que:
2 = a(s−1)3 (s−3)+b(s−1)2 (s−3)+ c(s−1)(s−3)+d (s−3)+ k (s−1)4
= a(s4 −6s3 +12s2 −10s+3)+b(s3 −5s2 +7s−3)+ c(s2 −4s+3)+d(s−3)+
+k(s4 −4s3 +6s2 −4s+1)
= s4(a+ k)+ s3(−6a+b−4k)+ s2(12a−5b+ c+6k)+ s(−10a+7b−4c+d −4k)+
+(3a−3b+3c−3d + k)
Logo, por igualdade polinomial, obtemos o seguinte sistema:
a+ k = 0
−6a+b−4k = 0
12a−5b+ c+6k = 0
−10a+7b−4c+d −4k = 0
3a−3b+3c−3d + k = 2
A solução do sistema é dada por: 
a =
−1
8
b =
−1
4
c =
−1
2
d =−1
k =
1
8
Logo temos que:
2
(s−1)4 (s−3)
=− 1
8(s−1)
− 1
4(s−1)2
− 1
2(s−1)3
− 1
(s−1)4
+
1
8(s−3)
3
E então a transformada de Laplace inversa é:
L−1
{
2
(s−1)3[(s−2)2 −1]
}
=−1
8
L−1
{
1
(s−1)
}
− 1
4
L−1
{
1
(s−1)2
}
− 1
2
L−1
{
1
(s−1)3
}
−L−1
{
1
(s−1)4
}
+
1
8
L−1
{
1
(s−3)
}
E consultando uma tabela de transformadas obtemos que:
L−1
{
2
(s−1)3[(s−2)2 −1]
}
=−1
8
et − e
tt
4
− e
tt2
4
− e
tt3
6
+
1
8
e3t
onde usa-se a propriedade da translação aliada com a propriedade da transformada da função
tn.
• Para: L−1
{
2
(s−2)2 −1
}
. Aqui temos que tirar a fração parcial do argumento do operador
L−1, mas esta é uma transformada usual ou seja temos que:
2
(s−2)2 −1
=− 1
s−1
+
1
s−3
ou seja temos que:
L−1
{
2
(s−2)2 −1
}
= L−1
{
− 1
s−1
+
1
s−3
}
= −L−1
{
1
s−1
}
+L−1
{
1
s−3
}
= −et + e3t
onde usamos os resultados conhecidos da transformada de Laplace da função exponencial.
• Para: L−1
{
2s
(s−2)2 −1
}
temos que tirar a fração parcial do argumento do operador de inver-
são, no entanto, essa fração parcial é usual e pode ser escrita como:
2s
(s−2)2 −1
=− 1
s−1
+
3
s−3
.
Logo, temos então que:
L−1
{
2s
(s−2)2 −1
}
= L−1
{
− 1
s−1
+
3
s−3
}
= −L−1
{
1
s−1
}
+3L−1
{
3
s−3
}
= et +3e3t
4
onde usamos a transformada inversa da função exponencial.
De posse disso, e fazendo os ajustes de manipulações algébricas temos que a solução y(t) é dada por:
y(t) =−1
8
et − e
tt
4
− e
tt2
4
− e
tt3
6
+
17
8
e3t
Portanto, obtemos que:
Y (s) =
2
(s−1)3[(s−2)2 −1]
+
2
(s−2)2 −1
+
2s
(s−2)2 −1
y(t) = −1
8
et − e
tt
4
− e
tt2
4
− e
tt3
6
+
17
8
e3t
que são os termos procurados.
5
Questão 3
Dado pela questão temos que:
L{δt0(t)}= e
−t0s
.
(a) L−1
{
2e−π s
s2+4
}
= µπ(t)sin(t). Verificaremos esse item agora: Usando a regra da transformada
inversa temos que:
L−1
{
e−asF (s)
}
= H (t −a)L−1{F(s)}(t −a)
onde H é a função e Heaveside ou função escada. Então, para L−1
{
2e−π s
s2+4
}
temos por inspeção
que a = π e que F(s) =
2
s2 +4
. Então, consultando uma tabela de transformadas de Laplace
que:
L{F(s)}(t) = L{ 2
s2 +4
}= sin(2t) =⇒ L{F(s)}(t −a) = sin(2(t −a))
Logo segue que:
L−1
{
2e−π s
s2 +4
}
= H(t −π)sin(2(t −a))
Logo ainda se H(t −π)≡ µπ(t) o item (a) ainda é falso.
(b) L−1
{
e−2s
s
}
= µ2(t). Verificaremos esse item agora: De fato, basta consultarmos uma tabela
de transformadas de Laplace para vermos que:
L{H(t −a)}= e
−as
s
então pondo a = 2 temos que:
L{H(t −2)}= e
−2s
s
e aplicando o operador de inversão L−1 obtemos que:
H(t −2) = L−1
{
e−2s
s
}
Então, se usarmos a notação de que: µ2(t)≡ H(t −2) então a alternativa é sim verdadeira.
(c) L−1
{
2e2πs
s2 +4
}
. Esse item é falso!. De fato, basta analisarmos o desenvolvimento feito no
item (a) e teremos o seguinte: L−1
{
2e2πs
s2 +4
}
= H(t +2π)sin(2(t +2π)) onde fizemos a = 2π
no exato desenvolvimento feito no item (a). E mesmo se fizermos µπ ≡ H(t − 2π) ainda não
teremos o desejado e logo o item (c) é falso.
6
(d) L−1
{
e−3s
s+2
}
= δ3(t)e−2t esse item é Falso e provaremos. Com efeito, temos da regra da
transformada inversa que:
L−1
{
e−asF (s)
}
= H (t −a)L−1{F(s)}(t −a)
então aqui temos por inspeção que a = 3 e F(s) =
1
s+2
. Logo temos que:
L−1
{
e−asF (s)
}
= H(t −3)L
{
1
s+2
}
(t −3)
= H(t −3)e−2(t−3)
o que difere do item dado e logo esse item também é falso.
7
Questão 4
Resolveremos o seguinte PVI: 
x′′+6x′+10x = 3δ3π(t)
x(0) = 1
x′(0) = 0
e usando os resultados da transformada de derivadas:
Lx′′ = s2X − x′(0)− sx(0) e Lx′ = sX − x(0)
onde X ≡ X(s) = L{x(t)}(s) e o fato de que a transformada da delta de dirac é dada por:
L{δt0(t)}= e
−t0s
temos, então, o seguinte desenvolvimento:
L{x′′+6x′+10x}= L{3δ3π(t)} =⇒ s2X − x′(0)− sx(0)+6sX −6x(0)+10X = 3e−3πs
=⇒ s2X − s+6sX −6+10X = 3e−3πs
=⇒ (s2 +6s+10)X = 3e−3πs + s+6
=⇒ X = 3e
−3πs
(s2 +6s+10)
+
s
(s2 +6s+10)
+
6
(s2 +6s+10)
Note que s2 +6s+10 = (s2 +6s+9)+1 = (s+3)2 +1. Então nosso problema se torna:
X =
3e−3πs
(s+3)2 +1
+
s
(s+3)2 +1
+
6
(s+3)2 +1
. E aplicando o operador L−1 temos que:
x(t) = L−1
{
3e−3πs
(s+3)2 +1
}
+L−1
{
s
(s+3)2 +1
}
+L−1
{
6
(s+3)2 +1
}
Resolveremos cada transformada inversa de forma separada. Então temos que:
• Para: L−1
{
3e−3πs
(s+3)2 +1
}
. Usando a propriedade:
L−1
{
e−asF (s)
}
= H (t −a)L−1{F(s)}(t −a)
8
para a = 3π e F(s) =
3
(s+3)2 +1
temos que:
L−1
{
3e−3πs
(s+3)2 +1
}
= 3H(t −3π)L−1
{
1
(s+3)2 +1
}
(t −3π)
e consultando uma tabela de transformadas de Laplace obtemos que: L−1
{
1
(s+3)2 +1
}
=
e−3t sin(t) e então deslocando 3π unidades obtemos que:
L−1
{
3e−3πs
(s+3)2 +1
}
= 3H(t −3π)e−3(t−3π) sin(t −3π)
• Para: L−1
{
s
(s+3)2 +1
}
Basta fazermos o seguinte:
L−1
{
s
(s+3)2 +1
}
= L−1
{
s+3−3
(s+3)2 +1
}
= L−1
{
s+3
(s+3)2 +1
}
−3L−1
{
1
(s+3)2 +1
}
daí basta consultarmos uma tabela de transformadas de Laplace para termos que: L−1
{
s+3
(s+3)2 +1
}
=
e−3t cos(t) e L−1
{
1
(s+3)2 +1
}
= e−3t sin(t). Logo:
L−1
{
s
(s+3)2 +1
}
= e−3t cos(t)−3e−3t sin(t)
• Para: L−1
{
6
(s+3)2 +1
}
temos:
L−1
{
6
(s+3)2 +1
}
= 6L−1
{
1
(s+3)2 +1
}
= 6e−3t sin(t)
onde usamos a linearidade do operador bem como o resultado da transformada feita anterior-
mente.
Com isso a solução geral é dadapor:
x(t) = 3H(t −3π)e−3(t−3π) sin(t −3π)+ e−3t cos(t)−3e−3t sin(t)+6e−3t sin(t)
Portanto a solução final é:
x(t) = 3H(t −3π)e−3(t−3π) sin(t −3π)+ e−3t cos(t)+3e−3t sin(t)
9
onde H é a função escada.
10
Anexo
f (t) F(s) Condição
1
1
s
s > 0
tn
n!
sn+1
s > 0
eat
1
s−a
s > a
eat f (t) F(s−a)
cos(wt)
s
s2 +ω2
s > 0
sin(wt)
ω
s2 +ω2
s > 0
cosh(wt)
s
s2 −ω2
s > |ω|
sinh(wt)
ω
s2 −ω2
s > |ω|
ekt sin(ωt)
ω
(s− k)2 +ω2
s > k
ekt cos(ωt)
s− k
(s− k)2 +ω2
s > k
ekt sinh(ωt)
ω
(s− k)2 −ω2
s > k
ekt cosh(ωt)
s− k
(s− k)2 −ω2
s > k
ekt
[
Acos(ωt)+
As+B
ω
sin(ωt)
]
As+B
(s− k)2 +ω2
s > k
ekt
[
Acosh(ωt)+
As+B
ω
sinh(ωt)
]
As+B
(s− k)2 −ω2
s > k
xn−1ee
kx
(n−1)!
1
(s− k)n
n ≥ 1 s > k
Tabela 1: Tabela de transformadas e inversas de Laplace.
11