Nota de Aula - Transf Laplace

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Nota de Aula: Transformada de Laplace 
Rebello – out/2015 (rev. mai/2016) 
 
Muitos problemas de engenharia envolvendo sistemas mecânicos e/ou elétricos são ativados 
por impulsos descontínuos. Os métodos até agora trabalhados são inconvenientes para estes 
tipos de aplicações. 
Embora Laplace tenha estudado uma maneira de simplificar equações diferenciais através de 
transformação apropriada em 1782, somente um século mais tarde é que a teoria e técnica 
foram fundamentadas através de trabalhos de Oliver Heaviside (1850-1925) na área de 
eletromagnetismo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Entre muitas técnicas de resolução de equações diferenciais, se destacam as transformadas 
integrais. 
 
Estudaremos aqui a Transformada de Laplace, que tem a característica de transformar uma 
função f(t) em outra F(s) mediante uma integral específica. 
 
Tal transformação possibilitara´ a conversão de um problema de equação diferencial em f(t) 
num outro mais simplificado em F(s), que será resolvido com trabalho algébrico, sendo então 
novamente convertido para base anterior f(t) através da transformada inversa. 
 
 
Pierre Simon Marquis de Laplace 
Nasceu: Beaumont-em-Auge - 1749 
Morreu: Paris – 1827 
Matemático – físico - astrônomo 
 
 
Observação: Para não haver problema com simbologia, a forma clássica de representar a 
transformada de Laplace de 𝑓(𝑡) é ℒ{𝑓(𝑡)} , porém, podemos usar outras formas: 
 𝑓(𝑡) → 𝐹(𝑠) 
 𝑦(𝑡) → 𝑌(𝑠) 
 𝑥(𝑡) → 𝑋(𝑠) e assim por diante. 
 
Definição: 
Seja 𝑓(𝑡) uma função dada para 0t , sua transformada representada por ℒ{𝑓(𝑡)} será: 
 
 ℒ{𝑓(𝑡)} = dtetf st


0
)( , com 𝑠 > 0 
Onde 𝑒−𝑠𝑡 representa o núcleo da transformação. 
 
Uma vez que a integral acima é imprópria, sua definição é obtida através de limite. 
 
 dtetf st


0
)( = 


T
st
T
dtetf
0
)(lim 
 
Uma das vantagens de se trabalhar com transformada de Laplace é a sua aplicabilidade em 
funções descontínuas, mais precisamente em funções seccionalmente contínuas. 
Uma função é chamada de seccionalmente contínua num intervalo [a , b] se este intervalo 
puder ser dividido por um número finito de subintervalos de modo que: 
 
 f(t) seja contínua em cada subintervalo; 
 f(t) tenha limites laterais finitos nas fronteiras de cada subintervalo. 
 
Condição de existência da Transformada de Laplace: 
 
Seja 𝑓(𝑡) um função seccionalmente contínua no intervalo 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑇 , sendo 𝑇 real positivo 
e satisfaz a 
 
 | 𝑓(𝑡) | ≤ 𝑘. 𝑒𝑎𝑡 quando 𝑡 ≥ 𝑚 , onde 𝑘 𝑒 𝑚 são constantes reais positivas 
 
Então dtetf st


0
)( existe para todo 𝑠 > 𝑎. 
 
 Obs.: Em função do perfil do curso, será omitida a sua demonstração , mas poderá ser 
facilmente verificada em livros de equações diferenciais. 
 
De forma intuitiva a desigualdade acima nos leva a pensar que para um s fixo, a integral 
dtetf st


0
)( existirá se todo o integrando tender a zero de modo suficientemente rápido 
quando 𝑡 tende a infinito. 
 
 
Agora, vamos para o campo operacional. 
 
Ex.: 1.Determinar 𝐹(𝑠) da função 𝑓(𝑡) = 1 
 ℒ{1} = 



  0
0
1
.1 stst e
s
dte = −
1
𝑠
 ( 𝑙𝑖𝑚
𝑡→∞
𝑒−𝑠𝑡 − 𝑒0 ) 
 ℒ{1} = −
1
𝑠
 ( 0 − 1 ) = 
1
𝑠
 
Ex.: 2. Determinar F(s) da função f(t) = t , para t > 0 
 L(t) = 


0
. dtet st resolvendo por partes temos: 
 𝑢 = 𝑡 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 𝑑𝑣 = 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 → 𝑣 = −
𝑒−𝑠𝑡
𝑠
 
 
Fazendo:   duvuvdvu 
 


















 s
e
ss
e
tdte
ss
e
tdt
s
e
s
e
tdtet
stst
st
ststst
st 1.
1
.. 
 



0
. dtet st )lim(
1
)0lim(
1
. 0
2
0
2
ee
s
et
ss
e
s
e
t st
t
st
t
stst
 





 
 
2
0
1
.
s
dtet st 

 
 
Uma importante qualidade da transformada de Laplace é transformar uma função que 
apresenta descontinuidades no domínio de tempo, em uma função algébrica contínua no 
domínio s. Veja: 
 
Ex. 3 Dada a função: 
 𝑓(𝑡) = {
0 , 𝑠𝑒 0 ≤ 𝑡 < 2
10 , 𝑠𝑒 2 ≤ 𝑡 < 5
0 , 𝑠𝑒 𝑡 ≥ 5 
 
 
𝐹(𝑠) = ∫ 𝑓(𝑡). 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 = ∫ 0. 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 + ∫ 10. 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 + ∫ 0. 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 
∞
5
 
5
2
 
2
0
 
∞
0
 
 
 𝐹(𝑠) = ∫ 10. 𝑒−𝑠𝑡 𝑑𝑡 = 10 (−
1
𝑠
 𝑒−𝑠𝑡 )|
2
5
 
5
2
 
 
 𝐹(𝑠) =
10
𝑠
 ( 𝑒−2𝑠 − 𝑒−5𝑠 ) , veja que se trata de uma função contínua em s. 
Para facilitar este trabalho, foi construída uma tabela de transformadas de Laplace, similar 
as tabelas de derivadas e integrais, para algumas funções elementares. 
 
𝒇(𝒕) 𝑭(𝒔) 
1 
1
𝑠
 
𝑡𝑛 
𝑛!
𝑠𝑛+1
 
𝑒𝑎𝑡 
1
𝑠 − 𝑎
 
𝑠𝑒𝑛(𝓌𝑡) 
𝓌
𝑠2 + 𝓌2
 
𝑐𝑜𝑠(𝓌𝑡) 
𝑠
𝑠2 + 𝓌2
 
𝑠𝑒𝑛ℎ(𝓌𝑡) 
𝑎
𝑠2 − 𝓌2
 
𝑐𝑜𝑠ℎ(𝓌𝑡) 
𝓌
𝑠2 − 𝓌2
 
𝑢𝑎(𝑡) 
𝑒−𝑎𝑠
𝑠
 
𝑓(𝑡 − 𝑎) 𝑢𝑎(𝑡) 𝐹(𝑠) 𝑒
−𝑎𝑠 
𝑓(𝑡) 𝑒𝑎𝑡 𝐹(𝑠 − 𝑎) 
 
 
Porém, para completo entendimento do seu uso, precisamos verificar uma das propriedades 
mais importantes da transformada de Laplace: 
 
Linearidade : 
Sejam f(t) e g(t) duas funções quaisquer e k uma constante ∈ 𝑅, podemos afirmar que: 
 
 𝐿 { 𝑓(𝑡) + 𝑔(𝑡) } = 𝐿 { 𝑓(𝑡) } + 𝐿 { 𝑔(𝑡) } 
 𝐿 { 𝑘. 𝑓(𝑡) } = 𝑘 . 𝐿 { 𝑓(𝑡) } 
 
Obs: Propriedades já conhecidas da derivada, integral e espaços vetoriais. 
Usando o conceito de linearidade e a tabela, podemos determinar facilmente a transformada 
de Laplace da função abaixo: 
 
Ex.4 𝑓(𝑡) = 5𝑡 − 2 +
𝑒−4𝑡
3
 −→ ℒ { 𝑓(𝑡)} = ℒ { 5𝑡 − 2 +
𝑒−4𝑡
3
 } 
 
 𝐹(𝑠) = ℒ { 5𝑡 } + ℒ {− 2 } + ℒ { 
𝑒−4𝑡
3
 } 
 
 𝐹(𝑠) =
5
𝑠2
 − 
2
𝑠
 + 
1
3
 
1
𝑠+4
 
 
 
Da mesma forma, podemos achar a transformada inversa: ℒ−1{ 𝑓(𝑡) } = 𝑓(𝑡): 
 
Ex.5 𝐹(𝑠) =
3
𝑠2+16
 
 
Comparando com a fórmula mais viável: 𝑓(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(𝓌𝑡) → 𝐹(𝑠) =
𝓌
𝑠2+𝓌2
 
Então temos que: 𝓌2 = 16 → 𝓌 = 4 
Precisaríamos do número 4 no numerador da fração. Isto é facilmente resolvido 
multiplicando por 
4
4
 , isto é, sem alterar o valor da fração. Veja: 
 
 𝐹(𝑠) =
3
𝑠2+16
( 
4
4
 ) = 
3
4
 
4
𝑠2+16
 
 
 𝑓(𝑡) =
3
4
 𝑠𝑒𝑛(4𝑡) 
 
Reconhecer a transformada inversa nem sempre é fácil, sendo o principal recurso a 
manipulação algébrica das expressões. 
O domínio de frações parciais, em muitos casos, torna-se imprescindível, veja: 
 
 
Ex.6 Dada 𝐹(𝑠) =
8
𝑠2−𝑠−2
 , achar 𝑓(𝑡) 
 
Precisamos, primeiramente, deixar o denominador na forma fatorada, determinando, é claro, 
suas raízes. 
Resolvendo a equação de 2° grau temos: 𝑠 = { −1, 2 } 
 2).1(
8
)(


ss
sF , o objetivo agora é separar esta função em uma soma 
 
 de duas frações, para tanto precisamos descobrir seus numeradores, assim: 
 
  212).1(
8




 s
B
s
A
ss
 , tirando o mmc , vem 
 
)2).(1(
)1()2(
)2).(1(
8



 ss
sBsA
ss
 
 
Assim temos que admitir que para qualquer valor de s 
 
 𝐴 (𝑠 − 2) + 𝐵 (𝑠 + 1) = 8 para {
𝑠 = −1 → 𝐴(−3) + 0 = 8 → 𝐴 = −
8
3
𝑠 = 2 → 0 + 𝐵(3) = 8 → 𝐵 =
8
3
 
 
 
Portanto 𝐹(𝑠) = −
8
3
 
1
𝑠+1
 + 
8
3
 
1𝑠 −2
 
 
Usando a tabela, temos: 𝑓(𝑡) = −
8
3
 𝑒−𝑡 +
8
3
 𝑒2𝑡 
 
 
 
As funções descontínuas, habituais em eletrônica, normalmente se utilizam da função degrau 
unitário ou função de Heaviside ( veja nota de aula: Função de Heaviside ). 
 
A função degrau unitário é definida por: 
 
 
𝐻(𝑥 − 𝑎) 𝑜𝑢 𝑢𝑎(𝑥) = { 
0 , 𝑥 < 𝑎
1 , 𝑥 > 𝑎
 
 
 
 
 
Sua transformada: 𝑓(𝑡) = 𝑢𝑎(𝑡) → 𝐹(𝑠) = 
𝑒−𝑎𝑠
𝑠
 
 
Ex. 7 Determine 𝐹(𝑠) para a função 𝑓(𝑡) dada pelo gráfico abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Usando a função degrau unitário: 
 
 𝑓(𝑡) = 2 ( 𝑢0(𝑡) − 𝑢3(𝑡) ) − 1 ( 𝑢3(𝑡) − 𝑢5(𝑡) ) + 3 ( 𝑢5(𝑡) − 𝑢6(𝑡) ) 
 
 𝐹(𝑠) = 2 𝑢0(𝑡) − 2 𝑢3(𝑡) − 𝑢3(𝑡) + 𝑢5(𝑡) + 3 𝑢5(𝑡) − 3 𝑢6(𝑡) 
 
 𝐹(𝑠) = 2 𝑢0(𝑡) − 3 𝑢3(𝑡) + 4 𝑢5(𝑡) − 3 𝑢6(𝑡) 
 
 𝐹(𝑠) = 
2
𝑠
 − 3 
𝑒−3𝑠
𝑠
 + 4 
𝑒−5𝑠
𝑠
− 3 
𝑒−6𝑠
𝑠
 
 
Veja como ficou fácil! 
Transformada de Laplace de uma derivada 
 
Seja f(t) uma função contínua e sua derivada f’(t) seccionalmente contínua para t  0 . 
 
 ℒ{ 𝑓′(𝑡) } = 𝑠 𝐹(𝑠) − 𝑓(0) 
 
Demonstração: 
Sem perda de generalidade, para simplificar o desenvolvimento, vamos supor f’(t) contínua. 
 
Assim 


0
)()}({L dtetftf st trocando a ordem: 

 
0
)()}({L dttfetf st 
 
Resolvendo por partes onde: ∫ 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢 
 
)()(
.
tfvdttfdv
dtesdueu stst

 
 
 
Desenvolvendo: 
 













0
0
0
0
0
)()0(.10})('{
)()0(.)(lim})('{
).)(()(})('{
dttfesftfL
dttfesfetfetfL
dtestftfetfL
st
stst
t
stst
 
Mas )(})({)(
0
sFtfLdttfe st 

 
 
Logo 𝐿{ 𝑓′(𝑡) } = −𝑓(0) + 𝑠. 𝐹(𝑠) 
 
Obs.: 𝑓(0) é a condição inicial 
 
Para a segunda deriva o procedimento seria o mesmo, gerando: 
 𝐿 { 𝑓′′(𝑡) } = 𝑠 𝐿 { 𝑓′(𝑡)} − 𝑓′(0) 
 
 𝐿 { 𝑓′′(𝑡) } = 𝑠 ( 𝑠. 𝐹(𝑠) − 𝑓(0) ) − 𝑓′(0) 
 
Logo 𝐿 { 𝑓′′(𝑡) } = 𝑠2. 𝐹(𝑠) − 𝑠𝑓(0) − 𝑓′(0) 
 
Assim podemos estender este conceito para a derivada n-ésima: 
 
 )0(...)0()0()0()()( )1(321)(   nnnnnn ffsfsfsfLsfL 
 
 
Transformada de Laplace de uma integral 
 
Seja 𝑓(𝑡) uma função seccionalmente contínua que satisfaça a condição de existência da 
transformada onde: 
 
 
t
dftG
0
)()(  então 𝐿 { 𝐺(𝑡) } =
1
𝑠
 𝐹(𝑠) 
 
Prova: 


0
)(})({L dtetGtG st 
stst e
s
vdtedv
dttfdutf
dt
du
tGu
 

1
)()()(
 




 
00
)(.
1
)
1
()(})({L dttfe
s
e
s
tGtG stst 




 
0
0
)(.
1
)(
1
})({L dttfe
s
etG
s
tG stst 





0
0 )(
1
)).0()(lim(
1
})({L dtetf
s
eGetG
s
tG stst
t
 
Veja que 𝐺(0) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = 0
0
0
 
 
Assim })({
1
)00(
1
})({L tfL
ss
tG  
Portanto: )(
1
})({L sF
s
tG  { provado } 
 
Já sabemos achar a transformada de Laplace das funções básicas. Vimos transformada 
inversa e na seção anterior, como lidar com derivadas e integrais. 
Agora vamos reunir todas essas técnicas para resolver as equações diferenciais. 
 
Resolução EDO dadas as condições iniciais 
 
Ex.8 Seja o problema: 1)0(2)0(1245   yeycomeyyy x 
 
Achando a transformada: 
12)0()0(.)(}{
2)0()(.}{
22 

sYsyyssYsyL
sYysYsyL
 
Onde Y(s) = L{ y } 
 
Substituindo na equação, vem: 
 
 
)45.(
1
)45).(1(
2
45
112
1
1
2
112)45(
1
1
2
410512
1
1
2
4)2(512
222
2
2
2
















ssssssss
s
Y
ss
sYss
ss
YsYsYs
ss
YsYsYs
 
 
 Como 𝑠2 − 5𝑠 + 4 = (𝑠 − 4). (𝑠 − 1) , então: 
 
𝑌(𝑠) =
2𝑠 − 11
(𝑠 − 4)(𝑠 − 1)
+
2
(𝑠 + 1)(𝑠 − 4)(𝑠 − 1) 
+
1
𝑠 (𝑠 − 4)(𝑠 − 1)
 
 
Usando frações parciais, teremos: 
 
 𝑌(𝑠) =
1
4
 
1
𝑠
+
1
 5
 
1
𝑠+1
 +
7
3
 
1
𝑠−1
−
47
60
 
1
𝑠−4
 
 
Voltando à variável inicial ( t ) usando a transformada inversa com auxílio da tabela, teremos 
a solução: 
 𝑦(𝑡) =
1
4
+
1
5
 𝑒−𝑡 +
7
3
 𝑒𝑡 −
47
60
 𝑒4𝑡 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ex. 9 Seja a equação integro-diferencial : 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
− 2 𝑦 − 3 ∫ 𝑦 𝑑𝔁 = −2 𝑒−5𝑥 
𝑥
0
 , 𝑦(0) = 0 
 
Usando as fórmulas adequadas temos: 𝑠 𝑌 − 𝑦(0) − 2 𝑌 −
𝑌
𝑠
 = −2
1
𝑠+5
 
 
 𝑠 𝑌 − 2 𝑌 −
𝑌
𝑠
 = −2
1
𝑠+5
 ( × 𝑠 ) 
 𝑠2 𝑌 − 2𝑠 𝑌 − 𝑌 = −2
𝑠
𝑠+5
 
 ( 𝑠2 − 2 𝑠 − 1 )𝑌 = −2
𝑠
𝑠+5
 , como 𝑠2 − 2 𝑠 − 1 = 0 → 𝑠 = { 3 , −1 } 
 ( 𝑠 − 3). ( 𝑠 + 1 ) 𝑌 = −2
𝑠
𝑠+5
 
 
 𝑌 =
−2𝑠
(𝑠+5).( 𝑠 −3).( 𝑠+1 )
 por frações parciais, temos 
 
 Solução em 𝑠 : 𝑌(𝑠) =
5
16
 
1
𝑠+5
 −
3
16
 
1
(𝑠−3)
 −
1 
8
 
1
𝑠+1
 
 
 Solução em 𝑥 : 𝑦(𝑥) =
5
16
 𝑒−5𝑥 −
3
16
 𝑒3𝑥 − 
1
8
 𝑒−𝑥 
 
 
O verdadeiro potencial da Transformada de Laplace para resolução de equações diferenciais 
se deve a sua facilidade em trabalhar equações onde aparecem funções descontínuas e 
solução de sistemas de equações diferenciais. 
Para isso precisamos ver alguns conceitos fundamentais. 
 
Deslocamento em “s” ( função contínua ) 
 
Se f(t) tiver uma transformada F(s), então eat f(t) tem a transformada F(s – a). 
Colocando de outra forma, quando substituímos s por s – a na transformada , isso 
corresponderá à multiplicação da função original por eat. 
 
 
 
 𝑭(𝒔 − 𝒂) = 𝑳 { 𝒇(𝒕) 𝒆𝒂𝒕 } 
 
 
 
 
 
 
Demostração: Sabemos que 


0
)()( dtetfsF st 
 
Agora fazendo o deslocamento, temos: 
 
 





 
000
)( ))(()()()( dtetfedttfeedttfeasF statatsttas 
 
Logo 𝐹(𝑠 − 𝑎) = 𝐿 { 𝑒𝑎𝑡 . 𝑓(𝑡) } 
 
 
 
Ex. 10 Dado 𝑓(𝑡) = 𝑒−3𝑡. 𝑐𝑜𝑠 (2𝑡) , determine 𝐹(𝑠) usando a tabela 
 
Podemos determinar, apoiados na fórmula anterior. 
Sabemos que: 𝐿{𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡) } = 
𝑠
𝑠2+𝜔2
 −→ 𝐿{𝑐𝑜𝑠(2𝑡) } = 
𝑠
𝑠2+4
 
Agora precisamos só fazer o devido deslocamento em 𝑠. 
 
 𝐹(𝑠) = 
𝑠+3
(𝑠+3)2+4
 
 
 
 
Ex. 11 Dado 𝑓(𝑡) = 𝑡3. 𝑒𝑡 , determine 𝐹(𝑠) 
Nesse caso, 𝐿{ 𝑡3 } = 
6
𝑠4
 
Logo 𝐹(𝑠) =
6
(𝑠−1)4
 
 
Obs.: Dominar este conceito, reduz bastante o serviço, caso fossemos fazer via integral. 
 
 
 
Deslocamento em " 𝒕 " ( função com descontinuidade em 𝒂 ) 
 
Se 𝑭(𝒔) é transformada da função 𝒇(𝒕) , então: 
 
 
 
 𝓛{ 𝒇(𝒕 − 𝒂) 𝒖𝒂(𝒕) } = 𝒆
−𝒂𝒔𝑭(𝒔) 
 
 
 
 
 
 
 Isso pode ser demonstrado fazendo: 
 
𝑒−𝑎𝑠𝐹(𝑠) = 𝑒−𝑎𝑠 ∫ 𝑒−𝑠𝓉𝑓(𝓉) 𝑑𝓉 
∞
0
 = ∫ 𝑒−𝑎𝑠 𝑒−𝑠𝓉𝑓(𝓉) 𝑑𝓉 
∞
0
 
 
 = ∫ 𝑒−𝑠(𝓉+𝑎)𝑓(𝓉) 𝑑𝓉 
∞
0
 , fazendo 𝓽 + 𝒂 = 𝒕 
 
 = ∫ 𝑒−𝑠(𝑡)𝑓(𝑡 − 𝑎) 𝑑𝑡 
∞
𝑎
, lembre-se que 𝒅𝓽 = 𝒅𝒕 e 𝑠𝑒 𝓽 = 𝟎 → 𝒕 = 𝒂 
 
 = ∫ 𝑓(𝑡 − 𝑎) 𝑒−𝑠(𝑡) 𝑑𝑡 
∞
𝑎
= 𝓛{ 𝒇(𝒕 − 𝒂) 𝒖𝒂(𝒕) } 
 
 
Ex. 12 Determine a transformada de : 
 𝑓(𝑡) = { 
0, 𝑠𝑒 0 ≤ 𝑡 < 1
𝑡2
4
 , 𝑠𝑒 𝑡 ≥ 1 
 
 
Podemos escrever𝑓(𝑡) = 
𝑡2
4
 𝑢1(𝑡) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Note que, para evitar calculo exaustivo da integral , podemos usar: ℒ{ 𝑓(𝑡 − 𝑎) 𝑢𝑎(𝑡) } 
 
Para isso, temos que admitir : 𝑓(𝑡 − 𝑎) =
𝑡2
4
 , 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑎 = 1 
 
Se 𝑓(𝑡 − 1) =
𝑡2
4
 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑓(𝑡 − 1 + 1) = 𝒇(𝒕) = 
(𝒕+𝟏)𝟐
𝟒
 
 
Logo ℒ { 
𝑡2
4
 𝑢1(𝑡) } = 𝑒
−𝑠. ℒ { 
(𝒕+𝟏)𝟐
𝟒
 } = 
 
 = 𝑒−𝑠. ℒ { 
𝑡2
4
 +
𝑡
2
+
1
4
 } 
 
 = 𝑒−𝑠 . ( 
1
2 𝑠3
 +
1
2 𝑠2
 +
1
4𝑠
 ) 
 
 
Ex. 13 Seja 𝑓(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(𝑡). 𝑢 𝜋
2
 (𝑡) usando a mesma lógica, temos: 
 
 
 
 ℒ {𝑠𝑒𝑛(𝑡). 𝑢 𝜋
2
 (𝑡) } = 𝑒−
𝜋
2
 𝑠. ℒ { 𝑠𝑒𝑛 (𝑡 +
𝜋
2
) } 
 
 = 𝑒−
𝜋
2
 𝑠. ℒ { 𝑠𝑒𝑛(𝑡). 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
2
) + 𝑐𝑜𝑠(𝑡) . 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
2
) } 
 
 = 𝑒−
𝜋
2
 𝑠. ℒ{ 𝑐𝑜𝑠(𝑡)} , já que 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
2
) = 0 𝑒 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
2
) = 1 
 
 = 𝒆−
𝝅
𝟐
 𝒔 . 
𝒔
𝒔𝟐+𝟏
 
 
 
Da mesma forma para transformada inversa: 
 
Ex. 14 Considerando: 𝐹(𝑠) = 
6 𝑒−5𝑠
𝑠3
 , determine 𝑓(𝑡) 
 
Se 𝐹(𝑠) = 𝑒−5𝑠.
6
𝑠3
 , sabemos que ℒ { 
6
𝑠3
 } = 3 𝑡2 logo: 
 
 𝑓(𝑡) = 3 (𝑡 − 5)2 𝑢5(𝑡) 
 
 
 
Ex. 15 Dado o circuito RC . Considerando que o capacitor é de 0,1 farad e resistor de 20 
ohms ligados a uma tensão de 9 volts no intervalo de tempo 2 ≤ 𝑡 ≤ 5 𝑠. Determine a 
intensidade da corrente 𝐼(𝑡) no intervalo 0 ≤ 𝑡 ≤ 15 𝑠 com 𝐼(0) = 0 . 
 
Temos dois modelos de equações para este circuito: 
# Na forma diferencial: 𝑅
𝑑𝐼
𝑑𝑡
 +
1
𝐶
 𝐼 =
𝑑𝐸
𝑑𝑡
 
 
# Na forma integral: 𝑅. 𝐼 +
1
𝐶
 ∫ 𝐼 𝑑𝓉 = 𝐸(𝑡)
𝑡
0
 
 
Vamos verificar na forma integral: 
 
Analisando o perfil da tensão: 
 
 𝐸(𝑡) = 9( 𝑢2(𝑡) − 𝑢5(𝑡) ) 
 
 
Assim 20 𝐼 + 10 ∫ 𝐼 𝑑𝓉 = 9( 𝑢2(𝑡) − 𝑢5(𝑡) )
𝑡
0
 , aplicando a transformada temos: 
 
 20 𝑌 + 10
𝑌
𝑠
= 9 ( 
𝑒−2𝑠
𝑠
 − 
𝑒−5𝑠
𝑠
 ) { × 𝑠 } 
 
 20𝑠 𝑌 + 10 𝑌 = 9 ( 𝑒−2𝑠 − 𝑒−5𝑠 ) −→ 20( 𝑠 + 0,5 )𝑌 = 9 𝑒−2𝑠 − 9 𝑒−5𝑠 
 
 𝑌(𝑠) = 
9
20
 
𝑒−2𝑠
𝑠 + 0,5
 − 
9
20
 
𝑒−5𝑠
𝑠 + 0,5
 { solução no domínio s } 
 
Pelo formulário: 𝐹(𝑠) 𝑒−𝑎𝑠 ℒ−1{ } → 𝑓(𝑡 − 𝑎) 𝑢𝑎(𝑡) , temos: 
 
 
𝐼(𝑡) = 
9
20
 𝑒−0,5(𝑡−2). 𝑢2(𝑡) −
9
20
 𝑒−0,5(𝑡−5). 𝑢5(𝑡) 
 
 
 
Ex.16 : Seja o sistema massa-mola-amortecedor abaixo, sabendo que a mola tem constante 
elástica de 1000N/m, o corpo tem massa 2kg e a constante de amortecimento tem valor 40. 
Determine as oscilações verticais para um deslocamento de 0,2m para cima com velocidade 
inicial de 4m/s para baixo. 
 
 
0
0
.




y
m
k
y
m
c
y
kyycym
yckyym
Fram
 ( ×
1
𝑚
 ) 
 Substituindo os valores: 050020  yyy 
 
Aplicando a transformada 0500)2,0(2042,02  YsYsYs 
 
50020
2,0
2,0)50020(
2
2



ss
s
Y
sYss
 
 
Podemos formar um quadrado perfeito no denominador fazendo 500 = 100+400 
 
 
400)10(
2,0
2 

s
s
Y Para ficar evidente o deslocamento em 𝒔 precisamos 
 criar, no numerador, o termo (𝑠 + 10) 
 
 
222222 20)10(
1
2
20)10(
10
2,0
20)10(
2)10(2,0
)(








ss
s
s
s
sY 
 
Aplicando 𝑭(𝒔 − 𝒂) 𝓛−𝟏{ } −→ 𝒇(𝒕) 𝒆𝒂𝒕 neste caso , 𝑎 = −10 
 
tsenetety tt 20
20
1
.220cos.2,0)( 1010   
 
)2020cos.2(.
10
1
)( 10 tsentety t   
Ico por aqui. Bom estudo!