Equações Diferenciais Ordinarias Transformada de Laplace

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Equac¸o˜es Diferenciais Ordina´rias e
Transformadas de Laplace
Prof. MSc. Frederico Reis Marques de Brito - UNIFEMM
1 de agosto de 2014
1 Equac¸o˜es Diferenciais Ordina´rias
1.1 Introduc¸a˜o
Desde o ensino fundamental fomos habituados a lidar com equac¸o˜es. Por
exemplo, numa equac¸a˜o de 2o grau como
x2 − 7x+ 10 = 0 ,
estamos interessados em encontrar os nu´meros reais (ou complexos, depen-
dendo do contexto) que satisfazem a equac¸a˜o, isto e´, que validam a igual-
dade quando substitu´ımos a varia´vel x por esse(s) nu´mero(s). Note que a
varia´vel, ou inco´gnita, representa um nu´mero. No exemplo que citamos, os
u´nicos nu´meros que satisfazem a` igualdade sa˜o 2 e 5, que, portanto, sa˜o
ditas as soluc¸o˜es da equac¸a˜o. No caso de equac¸o˜es alge´bricas temos apenas
um nu´mero finito de soluc¸o˜es, mas em outras equac¸o˜es, podemos obter uma
infinidade delas. Por exemplo, a equac¸a˜o
cos(x) = 0
tem infinitas soluc¸o˜es, a saber: x = pi
2
+kpi , uma para cada valor inteiro de k.
E o que vem a ser uma equac¸a˜o diferencial? O adjetivo diferencial
e´ empregado para ressaltar que neste tipo de equac¸a˜o aparecem derivadas.
Mais que isso, ao contra´rio das equac¸o˜es alge´bricas, nas equac¸o˜es diferenciais
a inco´gnita na˜o representa uma quantidade nume´rica, mas sim uma func¸a˜o.
1
A equac¸a˜o diferencial e´, de fato, uma igualdade que relaciona uma func¸a˜o
desconhecida com algumas de suas derivadas. Para entendermos melhor,
tracemos um exemplo de tra´s para frente: Considere a func¸a˜o y(t) = et, a
exponencial real. Como sabemos, y′(t) = et = y(t) e assim, a exponencial
satisfaz a equac¸a˜o y′ = y, ou y′ = y = 0. Esse e´ um exemplo de equac¸a˜o
diferencial:
y′ − y = 0 .
Resolver essa equac¸a˜o significa encontrar todas as func¸o˜es diferencia´veis y(t)
tais que suas derivadas coincidam com elas. Obviamente y(t) = et satisfaz
a` equac¸a˜o e, portanto, e´ uma soluc¸a˜o, mas a` priori poderiam haver outras.
E de fato ha´. E´ fa´cil ver que qualquer func¸a˜o do tipo y(t) = cet, em que
c ∈ R, e´ uma soluc¸a˜o.
Exemplo 1. y′′ + y = 0 e´ um exemplo de equac¸a˜o diferencial. Neste caso,
resolver a equac¸a˜o significa encontrar todas as func¸o˜es reais y(t) que
somadas a` sua derivada segunda sejam ideˆnticas a 0. Podemos, por inspec¸a˜o,
obter algumas soluc¸o˜es dentre as func¸o˜es conhecidas. E´ fa´cil ver que
y1(t) = sen(t) e y2(t) = cos(t)
sa˜o soluc¸o˜es. Podemos ainda verificar facilmente que
y(t) = c1sen(t) + c2 cos(t)
tambe´m e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial, quaisquer que sejam as constantes
c1, c2 ∈ R. Finalmente, e´ poss´ıvel provar que essas sa˜o todas as soluc¸o˜es
poss´ıveis, mas na˜o faremos isso aqui.
Exemplo 2. Tambe´m sa˜o exemplos de equac¸o˜es diferenciais:
(a) y′′ − 7y′ + 10y = 0
(b) x3y′′′ − xy′′ + y = ex
(c) ∂
2U
∂x2
+ ∂
2U
∂y2
= 0
Em (a), como no restante do texto e corriqueiramente na literatura sobre
o assunto, y′ representa a derivada de y (a func¸a˜o inco´gnita ou varia´vel
dependente) em relac¸a˜o a` varia´vel independente, que tanto pode ser t ou
x ou qualquer outra. Ja´ em (b) esta´ impl´ıcito que y e´ uma func¸a˜o da
varia´vel independente x (que tambe´m aparece na equac¸a˜o!).
2
Nota-se uma grande diferenc¸a entre as equac¸o˜es dadas em (a) e (b) e a
dada em (c). De fato, no caso de (c) a func¸a˜o inco´gnita U depende de duas
varia´veis independentes, x e y, e na equac¸a˜o aparecem derivadas parciais de
U . Enquanto que em (a) e (b) y e´ func¸a˜o de uma so´ varia´vel independente
e as derivadas que aparecem na equac¸o˜es sa˜o derivadas ordina´rias. Como os
estudos de um e outro tipo de equac¸a˜o diferencial sa˜o bem distintos, faz-se
necessa´ria uma formal distinc¸a˜o.
Definic¸a˜o 3. Equac¸o˜es diferenciais em que na˜o aparecem derivadas parciais
sa˜o chamadas de equac¸o˜es diferenciais ordina´rias (EDO) e as outras sa˜o
chamadas de equac¸o˜es diferenciais parciais (EDP).
Exerc´ıcio 1. Mostre que y(t) = c1e
2t + c2e
5t, c1, c2 ∈ R, e´ uma soluc¸a˜o
da equac¸a˜o dada em (a).
Exerc´ıcio 2. Encontre pelo menos duas soluc¸o˜es para a equac¸a˜o dada em
(c).
Nosso interesse nessa sec¸a˜o e´ estudar um pouco sobre equac¸o˜es diferenci-
ais ordina´rias de 1a ordem. Mas o que vem a ser a ordem de uma EDO?
Simples, a ordem da equac¸a˜o e´ a ordem ma´xima de derivac¸a˜o que nela apa-
rece. Por exemplo em (a) temos uma EDO de 2a ordem, enquanto em (b)
temos uma EDO de 3a ordem. A equac¸a˜o y′ − y = 0 e´ uma EDO de 1a
ordem, enquanto que y′′ + y = 0 e´ uma EDO de 2a ordem.
Voltando ao nosso objetivo principal, uma equac¸a˜o diferencial ordina´ria
de 1a ordem pode enta˜o ser escrita na forma geral:
F (y′, y, t) = 0 ,
em que F e´ uma func¸a˜o de y, sua derivada e da varia´vel independente t,
na˜o-constante com relac¸a˜o a y′. Ou alternativamente, podemos dizer que
uma EDO de 1a ordem e´ uma equac¸a˜o diferencial que possa ser escrita na
forma
y′(t) = f(t, y) ,
em que f e´ uma func¸a˜o de duas varia´veis. Por exemplo na equac¸a˜o
t3y′ + t4y = et ,
3
dividindo, ambos os membros da igualdade, por t3 e isolando y′ podemos
reescreveˆ-la na forma equivalente
y′ = −ty + t−3et .
Aqui f(t, y) = −ty + t−3et.
A forma expl´ıcita geral de uma EDO de 1a ordem e´
y′ = f(x, y) , (1)
em que f(x, y) e´ uma func¸a˜o real definida num aberto Ω ⊆ R2.
Voltemos ao nosso exemplo inicial:
y′ − y = 0 .
Como vimos, toda func¸a˜o do tipo y(t) = cet e´ uma soluc¸a˜o para ela. Diga-
mos que, ale´m de satisfazer a equac¸a˜o diferencial, a func¸a˜o y(t) deva ainda
satisfazer a` uma condic¸a˜o espec´ıfica, por exemplo, y(0) = 2. Claramente,
substituindo x = 0 e y = 2 em y = cex obtemos um valor para c:
2 = ce0 = c · 1⇒ c = 2 .
Uma condic¸a˜o como y(0) = 2 e´ chamada de condic¸a˜o inicial e uma EDO
munida de uma condic¸a˜o inicial e´ chamada simplesmente de Problema de
Valor Inicial ou PVI, abreviadamente. Assim, resolver um PVI significa
encontrar uma soluc¸a˜o para a EDO dada satisfazendo a` uma certa condic¸a˜o
inicial.
Exemplo 4. Encontre uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o y′ = 4x + 6 que satisfac¸a
a` condic¸a˜o inicial y(1) = 7.
Desejamos encontrar uma func¸a˜o y(x) tal que y(1) = 7 e cuja derivada
seja 4x+6. Ora, se conhecemos a derivada de uma func¸a˜o, a fim de obteˆ-la,
basta integrar sua derivada.
y =
∫
(4x+ 3)dx = 2x2 + 6x+ c ,
em que c e´ a constante de integrac¸a˜o. Agora, como y(1) deve ser 7 temos,
7 = 2 + 6 + c ⇒ c = −1 .
Portanto, uma soluc¸a˜o para o PVI e´ y0(x) = 2x
2 + 6x− 1 .
4
Exerc´ıcio 3. Encontre uma soluc¸a˜o para o PVI y′ = 2x2+4x−1 , y(3) = 5
Exerc´ıcio 4. Sabendo que y = (1 + ce−x)−1 e´ uma famı´lia de soluc¸o˜es da
EDO y′ + y2 = y , encontre uma soluc¸a˜o satisfazendo a` condic¸a˜o inicial:
(a) y(0) = −1
3
(b) y(−1) = 2
Um problema importante da teoria das Equac¸o˜es Diferenciais Ordina´rias
e´ o de determinar se uma dada equac¸a˜o tem ou na˜o soluc¸a˜o e se dada uma
certa condic¸a˜o inicial a soluc¸a˜o do Problema de Valor Inicial e´ u´nica. Para
as equac¸o˜es de 1a ordem temos um resultado valioso a esse respeito.
Teorema 5. (Existeˆncia e Unicidade)
Seja Ω uma regia˜o aberta do plano R2 e considere a func¸a˜o f : Ω → R
definida em Ω. Suponhamos que tanto f quanto ∂f
∂y
existam e sejam
cont´ınuas em Ω. Dado um ponto (x0, y0) ∈ Ω , a equac¸a˜o diferencial or-
dina´ria
y′ = f(x, y) (2)
admite uma u´nica soluc¸a˜o y = y(x) definida num intervalo aberto (a, b),
com x0 ∈ (a, b), satisfazendo a` condic¸a˜o inicial:
y(x0) = y0 .
O teorema acima e´ tambe´m conhecido como Teorema de Picard e sua
demonstrac¸a˜o foge aos objetivos deste curso.
As dificuldades na busca de soluc¸o˜es gerais para as EDO’s sa˜o de tal ordem
que o que se faz e´ estudar em separado determinadas classes de equac¸o˜es que
teˆm certas similaridades. Em realidade, nem para as EDO’s de 1a ordem
temos um me´todo de soluc¸a˜o que sirvapara todas. Assim, apresentaremos
aqui os me´tosdos de soluc¸o˜es de algumas classes especiais dessas equac¸o˜es:
as equac¸o˜es lineares, as de varia´veis separa´veis e as exatas.
1.2 Equac¸o˜es Lineares
As equac¸o˜es lineares constituem um dos tipos mais importantes de equac¸o˜es
de 1a ordem. Uma EDO de 1a ordem e´ dita linear quando podemos
escreveˆ-la na forma
y′ + p(t)y = g(t) , (3)
5
(ou seja, a equac¸a˜o e´ linear em y e y′.)
Assumiremos que p(t) e g(t) sa˜o func¸o˜es cont´ınuas, a fim de garantir
a integrabilidade. Por exemplo, y′ + 3ty = et e´ linear, bem como
(t− 2)y′ = y + 2(t− 2)3, que pode ser reescrita como
y′ − 1
t− 2y = 2(t− 2)
2 .
Ja´ y′ + 5y2 = cos x e (2ty5 − y)dt+ 2tdy = 0 na˜o sa˜o lineares.
Desenvolveremos agora um me´todo geral de soluc¸a˜o para as equac¸o˜es li-
neares. Comec¸amos por lembrar a regra do produto para derivac¸a˜o.
Regra do Produto:
Sejam f, g : R→ R diferencia´veis enta˜o
(f · g)′ = f ′ · g + f · g′ . (4)
Nossa estrate´gia sera´ a de reconhecer no primeiro membro de (3) a de-
rivada de um produto. Como em geral isto na˜o ocorre, transformaremos a
equac¸a˜o (3) noutra equivalente, de forma que o primeiro membro seja a deri-
vada de um produto. Para tanto, multiplicaremos por uma func¸a˜o adequada
os dois membros da igualdade em (3). Mas qual e´ essa func¸a˜o adequada,
se e´ que existe alguma? Aqui “vamos jogar verde para colher maduro”, isto
e´ muito comum em Matema´tica. Vamos supor que uma certa func¸a˜o µ(t)
cumpra a propriedade desejada e depois tentaremos descobr´ı-la. Multipli-
cando a equac¸a˜o (3) por µ obtemos:
µy′ + p(t)µy = g(t)µ (5)
Para que o primeiro membro se torne a derivada de um produto, o mais
razoa´vel e´ exigir que esse produto seja µy. Mas por (4), (µy)′ = µy′ + µ′y.
Comparando com o que temos no primeiro membro em (5), conclu´ımos que
µ deve ser tal que
p(t)µy = yµ′ ⇒ p(t)µ = µ′ ⇒ µ
′
µ
= p(t) (6)
6
Agora, usamos que (log µ)′ = µ
′
µ
, pela regra da cadeia. Obtemos:
(log µ)′ = p ⇒ log µ =
∫
p(t)dt (7)
e, finalmente, tomando a exponencial dos dois lados, obtemos µ(t):
µ(t) := e
∫
p(t)dt (8)
Agora que encontramos a “func¸a˜o ma´gica” µ podemos resolver facilmente
(3):
(µy)′ = µg ⇒ µy =
∫
µgdt+ c , (9)
(em que c e´ uma constante de integrac¸a˜o) e, portanto, isolando y(t)
(note que µ(t) 6= 0 ∀t ∈ R):
y(t) =
∫
µ(t)g(t)dt
µ(t)
+
c
µ(t)
. (10)
Exemplo 6. Resolva a equac¸a˜o: ty′ + 2y = 8t2.
Comec¸amos dividindo a equac¸a˜o toda por t para coloca´-la na forma (3):
y′ +
2
t
y = 8t .
Enta˜o p(t) = 2
t
e g(t) = 8t. Calculano µ(t) obtemos:
µ(t) = e
∫
2
t
dt = e2 log |t| = elog(t
2) = t2 .
Multiplicano a equac¸a˜o por µ(t) temos:
t2y′ + 2ty = 8t3 ⇒ (t2y)′ = 8t3 ⇒ t2y = 2t4 + c
e, finalmente, isolando y obtemos a soluc¸a˜o geral
y(t) = 2t2 +
c
t2
, c ∈ R .
Exemplo 7. Duas curvas sa˜o ortogonais quando em todo ponto de intersec¸a˜o,
as retas tangentes a uma e outra curva forem perpendiculares. Determine a
famı´lia de trajeto´rias ortogonais a` famı´lia de curvas x2 + 2y2 = c.
Resoluc¸a˜o:
7
Inicialmente vamos encontrar as inclinac¸o˜es das retas tangentes a`s curvas
da famı´lia dada. Como sabemos, todoa curva diferencia´vel e´, localmente, um
gra´fico e portanto a inclinac¸a˜o da reta tangente e´ dada por dy
dx
. Derivando
implicitamente (com relac¸a˜o a x) a equac¸a˜o x2 + 2y2 = c obtemos:
2x+ 4yy′ = 0 ⇒ y′ = − x
2y
.
As curvas que estamos procurando devem ser ortogonais a essas, e portanto,
as inclinac¸o˜es de suas retas tangentes devem ser dadas por
y′ =
2y
x
.
(Lembre-se de que duas retas sa˜o ortogonais se, e so´ se, o produto de suas
inclinac¸o˜es for −1) Essa e´ uma equac¸a˜o linear, com p(x) = − 2
x
e g(x) = 0
. Calculando µ(x):
µ(x) = e
∫ − 2
x
dx = e−2 log |x| = x−2
e multiplicando a equac¸a˜o por esse fator integrante resolvemo-la facilmente:
(x−2y)′ = 0 ⇒ x−2y = k ⇒ y = kx2 .
Assim, a famı´lia ortogonal a`s elipses x2+2y2 = c e´ a de para´bolas y = kx2.
Exerc´ıcio 5. Determine qual(is) dentre as equac¸o˜es abaixo e´(sa˜o) lineares e
resolva as que o forem.
(a) y′ = xy + 5
(b) y′ = 5y2 + senx
(c) dx
dt
= t2x
(d) xdy − 2ydx = (x− 2)exdx
(e) yy′ − 4xy2 = x3
(f) xy′ − x2e−x = y
(g) t3y′ + 4t2y − e−t = 0
Exerc´ıcio 6. Encontre a soluc¸a˜o de cada Problema de Valor Inicial (PVI):
(a) y′ + (1− 2t)y = te−t , y(0) = 2
(b) ty′ + (t+ 1)y = t , y(log 2) = 1
(c) y2dx+ (3xy − 1)dy = 0 , x(2) = 1 ( note que x(y). )
8
Exerc´ıcio 7. Encontre a famı´lia de trajeto´rias ortogonais a`:
(a) x+ 4y = c
(b) x2 − y2 = c
(c) y2 = 2p(x− c) , c e´ o paraˆmetro da famı´lia.
Descreva todas as famı´lias de curvas envolvidas.
Exerc´ıcio 8. Uma part´ıcula desloca-se, a` partir da origem, sobre o eixo ~Ox
com acelerac¸a˜o proporcional a` velocidade. Sabendo-se que a velocidade inicial
da part´ıcula foi 3m/s e que depois de um segundo a velocidade era igual a
2m/s, determine a equac¸a˜o hora´ria do movimento, isto e´, uma func¸a˜o que
deˆ a posic¸a˜o da part´ıcula no instante t.
1.3 Equac¸o˜es de Varia´veis Separa´veis
Informalmente uma EDO de 1a ordem e´ de varia´veis separa´veis quando e´
poss´ıvel separa´-la, colocando-a na forma:
G(y)dy = H(x)dx .
Por exemplo, yy′(x) + x = 0 pode ser posta nessa forma, basta escrever:
y
dy
dx
= −x ⇒ ydy = −xdx
e e´, portanto, de varia´veis separa´veis. Para resolveˆ-la, formalmente, integra-
mos ambos os membros da igualdade anterior, obtendo:∫
ydy = −
∫
xdx ⇒ y
2
2
= −x
2
2
+ c ⇒ x
2
2
+
y2
2
= c ,
ou ainda,
x2 + y2 = C ,
em que C = 2c tambe´m e´ uma constante real. Vemos que essa soluc¸a˜o esta´
dada implicitamente , uma vez que na˜o temos uma expressa˜o (expl´ıcita)
que deˆ y em func¸a˜o de x, mas temos uma relac¸a˜o entre y e x, que
na˜o mais depende da derivada de y, o que caracteriza-a como soluc¸a˜o. E´ a
chamada soluc¸a˜o impl´ıcita.
9
Daremos agora um tratamento mais formal para as equac¸o˜es de varia´veis
separa´veis. Comec¸amos por observar que qualquer EDO de 1a ordem pode
ser escrita na forma
A(x, y) +B(x, y)
dy
dx
= 0 . (11)
Exerc´ıcio 9. Escreva a equac¸a˜o linear y′ + p(x)y = g(x) na forma (11).
Definic¸a˜o 8. Uma EDO de 1a ordem e´ separa´vel quando na forma dada em
(11) A(x, y) = A(x) e B(x, y) = B(y), isto e´, A na˜o depende de y e B
na˜o depende de x.
Podemos perceber facilmente que isto implica que se pode “separar as
varia´veis” como dissemos informalmente antes.
Exemplo 9. A equac¸a˜o (1 + x2)y′ − xy = 0 e´ de varia´veis separa´veis. De
fato, podemos reescreveˆ-la na forma:
(1 + x2)
dy
dx
= xy ⇔ 1
y
dy
dx
=
x
1 + x2
⇔ − x
1 + x2
+
1
y
dy
dx
= 0 .
Consideremos enta˜o uma equac¸a˜o A(x) +B(y) dy
dx
= 0 em que supomos
A(x) e B(y) func¸o˜es cont´ınuas. Nesse caso, podemos tomar func¸o˜es pri-
mitivas M(x) e N(y), isto e´, M ′(x) = A(x) e N ′(y) = B(y). Portanto,
temos:
M ′(x) +N ′(y)
dy
dx
= 0 . (12)
Por outro lado, pela regra da cadeia:
d
dx
(N(y(x)) = N ′(y)
dy
dx
. (13)
Substituindo (13) em (12) podemos resolver facilmente a equac¸a˜o:
d
dx
(M(x) +N(y(x)) = 0⇔M(x) +N(y) = C , (14)
para alguma constante C ∈ R. Note que M(x) = ∫ Adx e N(y) = ∫ Bdy
e, portanto, esse me´todo e´ equivalente ao anterior.
10
Exemplo 10. Resolva a equac¸a˜o (1 + x2)y′ − xy = 0 .
Como ja´ vimos trata-se de uma EDO de varia´veis separa´veis. Fazendo a
separac¸a˜o
1
y
dy =
x
1 + x2
dx .
Integrando:∫
1
y
dy =
∫
x
1 + x2
dx ⇒ log |y| = 1
2
log(1 + x2) + c .
(Para fazer a segunda integral, use a substituic¸a˜o U = 1 + x2.)
Exerc´ıcio 10. Verifique se cada equac¸a˜o abaixo e´ de varia´veis separa´veis,
resolvendo as que forem.
(a) dy
dx
= x+y
x2+1
(b) y′ + y2 cos x = 0
(c) (xy2 + y)dx+ (x2y − x)dy= 0 = 0
(d) y2 − 1 = (2y + xy)y′
(e) (1 + 2y)dx+ (4− x2)dy = 0
(f) y′ + y = 1
1+x2
(g) (x+ y + 1)dx+ (2x+ 2y + 1)dy = 0
Exerc´ıcio 11. Considere a equac¸a˜o:
y
dy
dx
= 2x(4− y2) .
(a) Resolva a equac¸a˜o usando o me´todo dado nesta sec¸a˜o.
(b) Verifique diretamente que as func¸o˜es constantes y1 := 2 e y2 := −2
sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o, mas que na˜o foram encontradas em (a).
(c) Explique o que aconteceu.
Exerc´ıcio 12. Resolva o PVI
dy
dx
=
3x2
3y2 − 4 , y(1) = 0
e determine o intervalo no qual a soluc¸a˜o e´ va´lida.
11
Exerc´ıcio 13. Encontre uma equac¸a˜o para a curva no plano xy cuja reta
normal em qualquer ponto da curva passa pela origem.
Exerc´ıcio 14. Determine a curva no plano xy que passa pelo ponto P =
(1, 2) e cuja reta tangente no ponto (x, y) intercepta o eixo ~Ox em (x
2
, 0).
Exemplo 11. Uma equac¸a˜o de varia´veis separa´veis aparece frequentemente
quando modelamos o decaimento radioativo de determinadas substaˆncias.
Um modelo razoa´vel e´ o de que, dada uma certa massa inicial de mate-
rial radioativo (o ce´sio, por exemplo), ele se desintegra ao longo do tempo e
a desintegrac¸a˜o na˜o ocorre de forma linear. Estima-se que a taxa de decai-
mento e´ proporcional a` quantidade presente. Assim, em particular, vemos
que o in´ıcio da desintegrac¸a˜o e´ mais ra´pido e ao longo do tempo o mate-
rial radioativo passa a desintegrar-se cada vez mais lentamente, o que explica
porque um acidente radioativo pode ser ta˜o desastroso. Chamanto de y(t) a
quantidade de massa de material radioativo existente no tempo t temos
dy
dt
= −kt , (15)
em que k > 0 e´ uma constante de proporcionalidade. O sinal negativo
a` esquerda de k representa o decaimento ( isto e´, a taxa de variac¸a˜o da
massa com relac¸a˜o ao tempo e´ negativa. ). A equac¸a˜o (15) e´ separa´vel e
pode ser facilmente resolvida. Se soubermos a quantidade de material inicial
e a quantidade presente depois de transcorrido um certo tempo, podemos
determinar a constante de proporcionalidade k e o problema de valor inicial
associado, obtendo uma u´nica soluc¸a˜o. A partir da´ı, temos uma fo´rmula para
determinar a massa de material radiativo existente num instante arbitra´rio
t.
Exerc´ıcio 15. Por volta de 1950, o qu´ımico Willard Libby inventou um
me´todo de usar o carbono radioativo como um meio para determinar a idade
aproximada dos fo´sseis. A teoria da datac¸a˜o por carbono baseia-se
no fato de que o iso´topo 14 (C -14) e´ produzido na atmosfera pela ac¸a˜o da
radiac¸a˜o co´smica sobre o nitrogeˆnio. A raza˜o da quantidade de C-14 em
relac¸a˜o ao carbono comum na atmosfera parece ser uma constante e, con-
sequ¨entemente, a quantidade proporcional de iso´topo presente em todos os
organismos vivos e´ a mesma da atmosfera. Quando um organismo morre,
a absorc¸a˜o de C-14, por meio da respirac¸a˜o ou da alimentac¸a˜o, e´ interrom-
pida. Assim, comparando a quantidade de carbono C-14 presente, digamos,
12
em um fo´ssil com a raza˜o constante encontrada na atmosfera, e´ poss´ıvel obter
uma estimativa razoa´vel da idade do fo´ssil. O me´todo baseia-se no conheci-
mento de que a meia-vida do radioativo C-14 e´ de aproximadamente 5.600
anos. Atualmente, acredita-se que o me´todo der datac¸a˜o por C-14 seja va´lido
para fo´sseis de idade ate´ 9 meias-vidas do iso´topo. Por seu trabalho, Libby
ganhou o Preˆmio Nobel de qu´ımica do ano de 1960. O me´todo de Libby
tem sido usado para datar mo´veis de madeira em tu´mulos eg´ıpcios, o tecido
de linho que envolvia pergaminhos do Mar Morto e o tecido do enigma´tico
suda´rio de Turim. Recentemente foi encontrado um fo´ssil que continha um
mile´simo da quantidade original de C-14. Determine a idade do fo´ssil. O
resultado obtido e´ confia´vel? Por que?
Exerc´ıcio 16. O suda´rio de Turim mostra a imagem em negativo do rosto
de um homem crucificado, que muitos acreditam ser Jesus Cristo. Em 1988,
o Vaticano deu a permissa˜o para datar por carbono C-14 o suda´rio. Treˆs
laborato´rios cient´ıficos independentes analisaram o tecido do suda´rio e con-
clu´ıram que ele tinha 660 anos, aproximadamente.
(a) O que se poderia concluir, supondo verdadeiros os resultados obtidos pela
datac¸a˜o, sobre o santo suda´rio?
(b) Usando a idade de 660 anos, determine a porcentagem da quantidade
original de C-14 remanescente no tecido em 1988.
2 Transformada de Laplace
2.1 Revisa˜o sobre Integral Impro´pria
Uma integral definida e´ chamada de impro´pria quando um dos seus limites
de integrac¸a˜o e´ ±∞ ou um ponto de descontinuidade da func¸a˜o integranda.
Por exemplo, sa˜o impro´prias as integrais a seguir:
∞∫
2
dx
(x− 1)2
0∫
−∞
dx
x2 + 1
∞∫
5
dx
x− 1
1∫
0
dx
x
3∫
0
dx√
3− x .
Aqui estaremos interessados em integrais contendo ∞ como extremo de
13
integrac¸a˜o.
Definimos
∞∫
a
f(x)dx = lim
M→∞
M∫
a
f(x)dx ,
caso esse limite exista.
Dizemos que a integral impro´pria converge ou e´ convergente se o limite
acima existe e e´ finito. Caso contra´rio, dizemos que a integral diverge (ou
e´ divergente).
Exemplo 12.
1)
∞∫
2
dx
(x− 1)2 = limM→∞
M∫
2
dx
(x− 1)2
Como ∫
dx
(x− 1)2 =
∫
(x− 1)−2dx = −(x− 1)−1 = − 1
x− 1 + C ,
decorre que
∞∫
2
dx
(x− 1)2 = limM→∞
1
1− x
∣∣x=M
x=2
= lim
M→∞
(
1
1−M + 1
)
= 1 ,
ja´ que 1
1−M → 0 quando M →∞.
Nesse caso, conclu´ımos que a integral converge para 1.
2)
∞∫
2
dx
x− 1 = limM→∞
M∫
2
dx
x− 1 = limM→∞
(
ln |x− 1|
∣∣∣x=M
x=2
)
= lim
M→∞
[ln(M−1)] =∞ .
14
Portanto essa integral diverge.
3)
∞∫
0
x
x2 + 1
dx = lim
M→∞
M∫
0
x
1 + x2
dx .
Para calcular essa integral, usaremos a substituic¸a˜o U = x2 + 1, de forma
que dU = 2xdx. Assim:∫
x
1 + x2
dx =
1
2
∫
dU
U
=
1
2
ln |U | = 1
2
ln(1 + x2) ,
ja´ que 1 + x2 > 0. Voltando ao limite da integral impro´pria:
∞∫
0
x
x2 + 1
dx = lim
M→∞
[
1
2
ln(1 + x2)
∣∣∣x=M
x=0
]
= lim
M→∞
[
1
2
ln(1 +M2)
]
=∞ .
Novamente a integral diverge.
4)
∞∫
1
x−
4
3dx = lim
M→∞
M∫
1
x−
4
3dx = lim
M→∞
x−
1
3
−1
3
∣∣∣x=M
x=1
= −3 lim
M→∞
(M−
1
3 − 1) = 3 ,
ja´ que lim
M→∞
M−
1
3 = 0. Nesse caso, a integral converge.
Esse exemplo e´ um caso particular do seguinte:
∞∫
a
xpdx .
Supondo inicialmente p 6= −1:
∞∫
a
xp = lim
M→∞
M∫
a
xpdx = lim
M→∞
xp+1
p+ 1
∣∣∣x=M
x=a
= lim
M→∞
Mp+1 − ap+1
p+ 1
.
15
Como p e a sa˜o constantes e M → ∞ , o limite acima converge se
p + 1 < 0 e diverge se p + 1 > 0. Assim, a integral converge se p < −1 e
diverge se p > −1.
Vejamos agora o caso p = −1:
∞∫
a
x−1dx = lim
M→∞
M∫
a
x−1dx = lim
M→∞
ln |x|
∣∣∣x=M
x=a
= lim
M→∞
(ln |M | − ln |a|) =∞ .
Conclu´ımos assim o seguinte crite´rio:
∞∫
a
xpdx e´ convergente se p < −1 e e´ divergente se p ≥ −1 .
Vamos tratar agora de um outro caso muito importante de integral impro´pria.
∞∫
0
ectdt = lim
M→∞
M∫
0
ectdt = lim
M→∞
1
c
ect
∣∣∣t=M
t=0
= lim
M→∞
1
c
(ect − 1) .
Segue que:
Se c < 0 ⇒ ∫∞
0
ectdt converge para −1
c
.
Se c = 0 ⇒ ∫∞
0
ectdt =
∫∞
0
dt =∞ diverge.
Se c > 0 ⇒ ∫∞
0
ectdt = lim
M→∞
1
c
(ecM − 1) =∞ tambe´m diverge.
2.2 Exerc´ıcios:
1. Calcule a a´rea abaixo do gra´fico y = e−x, acima do eixo y = 0 e a`
esquerda de x = 1.
2. Verifique se a integral e´ convergente determinando seu valor:
(a)
∞∫
0
dx
x2 + 1
16
(b)
0∫
−∞
dx
x2 + 1
(c)
∞∫
0
xe−xdx
2.3 A Transformada de Laplace de Uma Func¸a˜o
Com importantes aplicac¸o˜es, tais como na resoluc¸a˜o de equac¸o˜es diferenciais
lineares de ordem superior, a Transformada de Laplace desempenha papel
estrate´gico nas cieˆnciasexatas.
Definic¸a˜o 13. Dada uma func¸a˜o f(t) tal que
∞∫
0
e−stf(t)dt
seja convergente, enta˜o essa integral impro´pria e´ definida como a Transfor-
mada de Laplace da func¸a˜o f(t), e e´ denotada por
L(f(t)) = F (s) =
∞∫
0
e−stf(t)dt .
Nessa integral, a varia´vel de integrac¸a˜o e´ t e s deve ser tratada como
uma constante.
Exemplo 14. Vamos determinar a transformada de Laplace da func¸a˜o cons-
tante f(t) = 1. Por definic¸a˜o,
L(1) =
∞∫
0
e−stdt = lim
M→∞
e−st
−s
∣∣∣t=M
t=0
= lim
M→∞
(
1
s
− e
−Ms
s
)
=
1
s
, s > 0 .
Aqui usamos que lim
M→∞
e−Ms = 0, se s > 0.
17
Mais um exemplo importante:
Exemplo 15. Vamos determinar a transformada de Laplace da func¸a˜o iden-
tidade f(t) = t. Por definic¸a˜o,
L(t) =
∞∫
0
e−sttdt = lim
M→∞
∞∫
0
e−sttdt .
Para integrar, usaremos o me´todo de integrac¸a˜o por partes, considerando
u = t e dv = e−stdt:∫
e−sttdt = uv −
∫
vdu = t · e
−st
−s +
∫
e−st
s
dt = − t
s
e−st − e
−st
s2
.
Portanto,
L(t) = lim
M→∞
(
− t
s
e−st − e
−st
s2
) ∣∣∣t=M
t=0
= lim
M→∞
(
− t
s
e−Ms − e
−Ms
s2
+
1
s2
)
=
1
s2
,
ja´ que os limites das duas primeiras parcelas valem 0. Assim, se s > 0,
L(t) = 1
s2
.
Para simplificar a notac¸a˜o, muitas vezes utilizaremos f(t)
∣∣∣∞
0
para repre-
sentar o resultado do limite lim
M→∞
(f(M)− f(0)). Assim, por exemplo,
e−t
∣∣∣∞
t=0
= lim
M→∞
(e−M − e0) = −1.
Aproveitando o ca´lculo de L(t), podemos encontrar L(t2):
18
L(t2) =
∞∫
0
e−stt2dt =
∞∫
0
t2︸︷︷︸
u
e−stdt︸ ︷︷ ︸
dv
= t2 · e
−st
−s
∣∣∣t=∞
t=0
− 2
∞∫
0
e−st
s
tdt
= 0 +
2
s
∞∫
0
e−sttdt
=
2
s
L(t)dt
=
2
s
· 1
s2
=
2
s3
.
Assim, L(t2) = 2
s3
, s > 0.
E´ importante lembrar que embora a continuidade de uma func¸a˜o f(t)
garanta a existeˆncia da integral definida
∫ b
a
f(t)dt, o mesmo na˜o corre com
as integrais impro´prias, como nos mostra o exemplo
∫∞
0
ectdt, que diverge
se c ≥ 0. Portanto, precisamos de condic¸o˜es que garantam a existeˆncia
da Transformada de Laplace de uma func¸a˜o. Como veremos, sa˜o duas as
condic¸o˜es suficientes para garantir a existeˆncia da Transformada. Vejamos a
primeira:
Definic¸a˜o 16. Uma func¸a˜o real f : [a, b] → R e´ chamada de seccional-
mente cont´ınua (ou cont´ınua por partes) se existe um nu´mero finito de
pontos, de forma que, exceto nesses pontos, nos demais a func¸a˜o e´ cont´ınua
e ale´m disso, em cada um dos pontos de descontinuidade, existam os limites
laterais da func¸a˜o.
Dessa forma, para f ser seccionalmente cont´ınua num intervalo, e´ ne-
cessa´rio e suficiente que f seja cont´ınua no intervalo ou tenha um nu´mero
finito de descontinuidades, de forma que em cada ponto de descontinuidade
existam ambos os limites laterais.
Em particular, toda func¸a˜o cont´ınua e´ seccionalmente cont´ınua.
Exemplo 17. A Func¸a˜o Degrau Unita´rio
Dado um nu´mero real c a func¸a˜o degrau unita´rio em c e´ definida como
19
uc(t) =
{
0 , se t < c
1 , se t ≥ c .
O nome dessa func¸a˜o se justifica pelo aspecto de seu gra´fico, que ilustramos
logo abaixo.
Figura 1: Gra´fico da func¸a˜o degrau unita´rio
A func¸a˜o degrau unita´rio e´ seccionalmente cont´ınua. Observe que existe
um u´nico ponto de descontinuidade, exatamente o c, e que nesse ponto e-
xistem os limites laterais:
lim
t→c−
uc(t) = 0 e lim
t→c+
uc(t) = 1 .
Podemos obter outras func¸o˜es seccionalmente cont´ınuas fazendo com-
binac¸o˜es de func¸o˜es degrau.
Exemplo 18. A func¸a˜o f(x) = upi(x)− u2pi(x), x ≥ 0 e´ dada por
f(x) =

0 , se x < pi
1 , se pi ≤ x < 2pi
0 , se x ≥ 2pi
.
A func¸a˜o
g : [0, 2]→ R ; g(x) =
{
1
x−1 , se x 6= 1
2 , se x = 1
20
Figura 2: Exemplo 18 - Gra´fico da func¸a˜o (upi − u2pi)
na˜o e´ secionalmente cont´ınua, pois embora tenha uma u´nica descontinui-
dade x = 1, na˜o existem os limites laterais nesse ponto, pois lim
x→1−
g(x) =
lim
x→1−
1
x− 1 = −∞ e limx→1+ g(x) = limx→1+
1
x− 1 = +∞.
A func¸a˜o conhecida como func¸a˜o de Dirichlet
χ : [0, 1]→ R ;
{
1 , se x e´ racional
0 , se x e´ irracional
e´ descont´ınua em todos os pontos e, por isso, na˜o e´ seccionalmente con´ınua.
Vamos a` segunda condic¸a˜o:
Definic¸a˜o 19. Dizemos que uma func¸a˜o f e´ de ordem exponencial se
existem nu´meros reais k e r tais que
f(x) ≤ k · erx para todo x no domı´nio de f .
Teorema 20. Seja f : [0,∞)→ R uma func¸a˜o seccionalmente cont´ınua e
de ordem exponencial (f(x) ≤ k · erx) para todo t ≥ M > 0. Enta˜o, existe
L(f(t)) = F (s) e essa transformada esta´ definida para todo s > r.
21
Demonstrac¸a˜o: Como e−st e´ cont´ınua e f(t) e´ seccionalmente cont´ınua,
seque que e−stf(t) e´ uma func¸a˜o seccionalmente cont´ınua de t. Portanto,
para todo M > 0, existe a integral definida
∫M
0
e−stf(t)dt. A questa˜o
fundamental e´ garantir que a integral impro´pria e´ convergente, ou seja, que
existe
lim
α→∞
α∫
0
e−stf(t)dt .
Podemos dividir a integral impro´pria em duas partes, da seguinte forma:
∞∫
0
e−stf(t)dt =
M∫
0
e−stf(t)dt+
∞∫
M
e−stf(t)dt .
A integral definida
∫M
0
e−stf(t)dt e´ pro´pria e, portanto, certamente um
nu´mero real (finito). Assim, a convergeˆncia da integral
∫∞
0
e−stf(t)dt de-
pendera´ exclusivamente da convergeˆncia de
∫∞
M
e−stf(t)dt.
Agora, por hipo´tese, para todo t ≥M , |f(t)| ≤ k · ert. Da´ı:
|e−st · f(t)| = e−st · |f(t)| ≤ ke−st · ert = k · e(r−s)t .
Se s > r enta˜o:
∞∫
M
k · e(r−s)tdt = lim
α→∞
α∫
M
k · e(r−s)tdt
= lim
α→∞
k
r − s [
→0︷ ︸︸ ︷
e(r−s)α−e(r−s)M ]
=
ke(r−s)M
s− r <∞ .
Segue que
∫∞
M
e−stf(t)dt e´ convergente e, portanto, existe L(f(t)) = F (s),
para todo s > r.
Em outras palavras, para garantir a existeˆncia de L(f(t)) e´ suficiente
que a func¸a˜o f(t) seja seccionalmente cont´ınua em qualquer intervalo fe-
chado e limitado de [0,∞) e que seja “dominada”por uma func¸a˜o do tipo
exponencial k · ert, e, nesse caso,a transformada de Laplace L(f(t)) = F (s)
22
sera´ uma func¸a˜o cont´ınua definida ∀ s > r.
A seguir, vamos determinar as transformadas de Laplace de outras func¸o˜es
elementares.
Exemplo 21. A func¸a˜o f(t) = ect e´ cont´ınua e, naturalmente, de ordem
exponencial. Assim, para s > c:
L(ect) =
∞∫
0
e−st · ectdt
=
∞∫
0
e(c−s)tdt
=
e(c−s)t
c− s
∣∣∣∞
t=0
= 0− 1
c− s
= − 1
c− s =
1
s− c.
Portanto,
L(ect) = 1
s− c (s > c) .
Note que quando consideramos c = 0, a func¸a˜o f(t) = 1 e o resultado
que acabamos de obter nos fornece L(1) = 1
s
, como ja´ hav´ıamos provado.
Exemplo 22. Vamos determinar a transformada de Laplace de uma func¸a˜o
degrau unita´rio.
23
L(uc(t)) =
∞∫
0
e−stuc(t)dt
=
c∫
0
e−st
=0︷︸︸︷
uc(t) dt+
∞∫
c
e−st
=1︷︸︸︷
uc(t) dt
=
∞∫
c
e−stdt
=
(
e−st
−s
) ∣∣∣∞
t=c
= 0−
(
−e
−cs
s
)
=
e−cs
s
.
Portanto,
L(uc(t)) = e
−cs
s
(s > 0).
No pro´ximo exemplo determinaremos as transformadas de Laplace das
poteˆncias de expoente natural (t, t2, t3, ...).
Exemplo 23. Sendo n ∈ N,
L(tn) =
∞∫
0
e−sttndt .
Aplicando o me´todo de integrac¸a˜o por partes, com
U = tn ⇒ dU = ntn−1dt dV = e−stdt ⇒ V = e
−st
−s ,
obtemos:∫
e−sttndt = UV −
∫
V dU = −tn e
−st
s
+
n
s
∫
e−sttn−1dt .
24
Portanto,
L(tn) = lim
M→∞
M∫
0
e−sttndt = lim
M→∞
(
−tn e
−st
s
) ∣∣∣t=M
t=0
+
n
s
·
∞∫
0
e−sttn−1dt .
Como, para s > 0,
lim
M→∞
(
−tn e
−st
s
) ∣∣∣t=M
t=0
= lim
M→∞
(
−M
n
s
e−sM − 0
)
= 0 ,
segue que:
L(tn) = n
s
·
∞∫
0
e−sttn−1dt ,
ou seja,
L(tn) = n
s
· L(tn−1).
Essa e´ uma propriedade recursiva das transformadas de Laplace das poteˆncias
tn e por meio dela podemos encontrar uma expressa˜o geral para L(tn). Ja´
sabemos que L(t0) = L(1) = 1
s
. Usando a propriedade recursiva, segue que:
L(t) = L(t1) = 1
s
· L(t0) = 1
s
· 1
s
=
1
s2
.
De forma ana´loga, considerando agora n = 2:
L(t2) = 2
s
· L(t1) = 2
s
· 1
s2
=
2
s3
.
Fazendo assim, sucessivamente, vemos que:
25
L(t) = 1
s2
L(t2) = 2
s
· 1
s2
=
2
s3
L(t3) = 3
s
· 2
s3
=
3 · 2
s4
L(t4) = 4
s
· 3 · 2
s4
=
4 · 3 · 2
s5
L(t5) = 5
s
· 4 · 3 · 2
s5
=
5 · 4 · 3 · 2
s6
L(t6) = 6
s
· 5 · 4 · 3 · 2
s6
=
6 · 5 · 4 · 3 · 2
s7
.
Assim, indutivamente,
L(tn) = n!
sn+1
(s > 0) .
Exemplo 24. Vamos determinar a transformada de Laplace de uma func¸a˜o
da forma f(t) = sen(at), em que a ∈ R e´ uma constante.
L(sen(at)) =
∞∫
0
e−stsen(at)dt .
O processo para determinar as primitivas de e−stsen(at) e´ aquele de
aplicac¸a˜o sucessiva de duas integrac¸o˜es por partes, trabalhoso, mas sem no-
vidades! Nas duas aplicac¸o˜es do me´todo por partes, consideraremos u = e−st
e o dv a parte restante do integrando.
∫
e−stsen(at)dt = −e−st · cos(at)
a
+
∫
cos(at)
a
· (−s)e−stdt
= −e−st · cos(at)
a
− s
a
[
e−st
a
sen(at) +
∫
sen(at)
a
se−stdt
]
= −1
a
e−st cos(at)− s
a2
e−stsen(at)− s
2
a2
∫
e−stsen(at)dt
26
Podemos concluir, passando a integral do u´ltimo membro para o primeiro,
que: (
1 +
s2
a2
)∫
e−stsen(at)dt = −e
−st
a
cos(at)− s
a2
e−stsen(at) .
Da´ı:(
1 +
s2
a2
)
L(sen(at)) = lim
M→∞
[
−e
−sM
a
cos(aM)− s
a2
e−sMsen(aM) +
1
a
]
.
Se s > 0
lim
M→∞
[
−e
−sM
a
cos(aM)− s
a2
e−sMsen(aM)
]
= 0
e, portanto,
L(sen(at)) =
1
a
1 + s
2
a2
=
a
s2 + a2
(s > 0).
A partir dessa transformada podemos obter L(cos(at)):
Exemplo 25.
L(cos(at)) =
∞∫
0
e−st︸︷︷︸
u
· cos(at)dt︸ ︷︷ ︸
dv
= e−st · sen(at)
a
∣∣∣∞
t=0
+
∞∫
0
sen(at)
a
e−stsdt
= (0− 0) + s
a
∞∫
0
e−stsen(at)dt
=
s
a
· L(sen(at))
=
s
a
· a
s2 + a2
=
s
s2 + a2
(s > 0) .
A seguir apresentaremos alguns resultados que nos auxiliam na deter-
minac¸a˜o da transformada de Laplace de outras func¸o˜es.
27
Teorema 26. O operador L e´ linear, isto e´, se a1 e a2 sa˜o nu´meros reais
e f1 e f2 func¸o˜es para as quais existem as transformadas de Laplace, vale
que:
L(a1f1 + a2f2) = a1L(f1) + a2L(f2) ,
definida para o intervalo comum de definic¸a˜o das transformadas de f1 e f2.
Demonstrac¸a˜o: Suponha que f1 tenha transformada de Laplace F1(s)
definida para s > K1 e f2 tenha transformada F2 definida para s > K2.
Enta˜o, sendo K o maior dos nu´meros K1, K2, para s > K:
L(a1f1 + a2f2) =
∞∫
0
e−st · (a1f1(t) + a2f2(t))dt
= a1
∞∫
0
e−stf1(t)dt+ a2
∞∫
0
e−stf2(t)dt
= a1L(f1) + a2L(f2) .
Exemplo 27.
(a)
L(2t+ t3) = 2L(t) + L(t3) = 2 · 1
s2
+
3!
s4
=
2
s2
+
6
s4
(s > 0) .
(b)
L(5t+ e4t) = 5
s2
+
1
s− 4 (s > 4) .
(c)
L(3 + upi − u2pi) = 3
s
+
e−pis − e−2pis
s
(s > 0) .
(d)
L(2t3 + t4 − 5t6) = 2 · 3!
s4
+
4!
s5
− 5 · 6!
s7
(s > 0) .
Teorema 28. 1o Teorema do Deslocamento
Considere um nu´mero real a, fixo, e suponha L(f) = F (s), definida para
s > s0. Enta˜o a transformada de Laplace de g(t) = e
at · f(t) e´
G(s) = F (s− a) definida para s > s0 + a .
28
Demonstrac¸a˜o: A demonstrac¸a˜o e´ simples, basta usar a definic¸a˜o:
G(s) = L(g(t)) =
∞∫
0
e−st · eatf(t)dt =
∞∫
0
e−(s−a)tf(t)dt .
Considerando S = s− a temos:
G(s) =
∞∫
0
e−Stf(t)dt = F (S) = F (s− a) .
Como, originalmente, t´ınhamos S > s0 precisamos que s− a > s0, ou seja,
s > s0 + a.
Ou seja, quando multiplicamos uma func¸a˜o f(t) por eat, a transformada
de Laplace dessa nova func¸a˜o coincide com F (S), com uma translac¸a˜o na
varia´vel: S = s− a.
Exemplo 29.
(a)
L(e3ttn) = n!
Sn+1
com S = s− 3⇒ L(e3ttn) = n!
(s− 3)n+1 (s > 3) .
(b)
L(e−t cos(2t)) = S
S2 + 4
com S = s− (−1) = s+ 1 ⇒
L(e−t cos(2t)) = s+ 1
(s+ 1)2 + 4
(s > −1) .
Teorema 30. 2o Teorema do Deslocamento
Se c e´ uma constante real positiva e L(f(t)) = F (s) esta´ definida para
s > s0 ≥ 0 enta˜o:
L(uc(t) · f(t− c)) = e−cs · L(f(t)) = e−cs · F (s) , s > s0 .
E´ importante destacar que a func¸a˜o uc(t) · f(t − c) representa uma
translac¸a˜o, ou um deslocamento de c unidades para a direita no gra´fico de
f , pois:
uc(t) · f(t− c) =
{
0 se t < c
f(t− c) se t ≥ c .
29
Figura 3: 2o Teorema do Deslocamento
A figura 2.3 ilustra essa situac¸a˜o.
O 2o Teorema do Deslocamento afirma enta˜o que quando deslocamos a
func¸a˜o f(t) em c unidades, obtendo uc(t) · f(t − c), a transformada de
Laplace fica multiplicada por e−cs.
Exemplo 31.
L(u2(t) · (t− 2)2) = e−2s · L(t2) = e−2s · 2
s3
=
2
s3e2s
.
A seguir, apresentaremos a demonstrac¸a˜o do 2◦ Teorema do Desloca-
mento.
Demonstrac¸a˜o: Seja
g(t) = uc(t) · f(t− c) =
{
0 se t < c
f(t− c) se t ≥ c .
Enta˜o:
L(g(t)) =
∞∫
0
e−stg(t)dt =
c∫
0
e−stg(t)dt+
∞∫
c
e−stg(t)dt
= 0 +
∞∫
c
e−stf(t− c)dt
=
∞∫
c
e−stf(t− c)dt .
30
Fazendo a mudanc¸a de varia´vel T = t− c decorre que dT = dt, t = T + c
e
L(g(t)) =
∞∫
0
e−s(T+c)f(T )dT
=
∞∫
0
e−sT · e−cs · f(T )dT
= e−cs ·
∞∫
0
e−sTf(T )dT
= e−csL(f(t)) .
2.4 Exerc´ıcios
1. Considerando a ∈ R fixo e usando a definic¸a˜o, determine a transfor-
mada de Laplace de:
(a) cosh(at) := e
at+e−at
2
(b) sehn(at) := e
at−e−at
2
2. Mostre que na˜o existe L(et2).
3. Usando a propriedade para L(f ′) e tambe´m que L(sen(at)) = a
s2+a2
calcule (novamente) L(cos(at)).
4. Usando as propriedades da Transformada de Laplace, calcule em cada
caso L(f(t)):
(a) f(t) = 3t3 − t4
4
+ 7
(b) f(t) = e5t · sen(5t)
(c) f(t) = e2t cos(t)− t2e4t
(d) f(t) = 4upi(t) + 5u2pi(t)
(e) f(t) = u3(t) · (t− 3)3
(f) f(t) = u2(t) · e3t−6
(g) f(t) = e−t cosh(2t)
(h) f(t) = upi(t) cos(t)
31
2.5 Transformada de Laplace e Resoluc¸a˜o de EDO’s
Uma das principais aplicac¸o˜es das transformadas de Laplace e´ na resoluc¸a˜o
de Problemas de Valor Inicial. Em u´ltima instaˆncia, o me´todo se baseia no
diagrama a seguir:
Para entendermos essa aplicac¸a˜o, precisamos do resultado seguinte, que
nos mostra a relac¸a˜o entre as transformadas de Laplace de uma func¸a˜o e de
sua derivada.
Teorema 32. Seja f : [0,+∞)→ R uma func¸a˜o diferencia´vel (e, portanto
cont´ınua) , de ordem exponencial e com derivada f ′ seccionalmente cont´ınua
no intervalo [0, A], para todo A > 0. Enta˜o, se |f(t)| ≤ keat ∀t ≥ t0 ,
existe L(f ′(t)) para s > a e
L(f ′(t)) = s · L(f)− f(0) .
Demonstrac¸a˜o: Por definic¸a˜o, temos que
L(f ′) =
∞∫
0
e−stf ′(t)dt .
32
Usando a integrac¸a˜o por partes:
u = e−st ⇒ du = −sest
dv = f ′(t)dt ⇒ v = f(t)
obtemos:
L(f ′(t)) = lim
M→∞
[e−sMf(M)− f(0)]−
∞∫
0
−se−stf(t)dt
= −f(0) + s ·
∞∫
0
e−stf(t)dt
= s · L(f(t))− f(0) .
Exemplo 33. Como ja´ sabemos L(sen(at)) = a
s2+a2
. Portanto, usando o
teorema anterior,
L[(sen(at))′)] = s · a
s2 + a2
− sen(0) = as
s2 + a2
.
Por outro lado,
(sen(at))′ = a · cos(at)
e como L e´ linear, podemos afirmar que
a · L(cos(at)) = as
s2 + a2
⇒ L(cos(at)) = s
s2 + a2
.
Aplicando o teorema 32 sucessivas vezes, podemos obter expresso˜es para
as transformadas de Laplace das derivadas de ordem superior.
Por exemplo, supondo f diferencia´vel e f ′′ seccionalmente cont´ınua em
todo intervalo compacto e, ainda, f, f ′, f ′′ de ordem exponencial:
L(f ′(t)) = s · L(f(t))− f(0) ⇒
L(f ′′(t)) = L((f ′)′) = s · L(f ′(t))− f ′(0)
= s· [s · L(f(t))− f(0)]− f ′(0)
= s2 · L(f(t))− s · f(0)− f ′(0) .
De forma geral, por aplicac¸a˜o sucessiva desse resultado, temos:
33
Teorema 34. Supondo f uma func¸a˜o diferencia´vel, com derivadas f ′,
f ′′, · · · , f (n−1) cont´ınuas, f (n) seccionalmente cont´ınua e todas de ordem
exponencial, enta˜o:
L(f (n)(t)) = sn ·L(f(t))−sn−1f(0)−sn−2f ′(0)−· · ·−sf (n−2)(0)−f (n−1)(0) .
O pro´ximo resultado e´ a chave para o me´todo da Transformada de Laplace
na resoluc¸a˜o de EDO’s:
Teorema 35. Se f e g sa˜o func¸o˜es seccionalmente cont´ınuas em todo
intervalo compacto e L(f) = L(g) enta˜o f = g, exceto possivelmente nos
pontos de descontinuidade.
Esse teorema nos assegura que o operador L e´ injetivo e dessa forma,
podemos definir a transformada inversa L−1. Por exemplo:
Exemplo 36.
L−1
(
1
s
)
= 1
L−1
(
1
s2
)
= t
L−1
(
n!
sn+1
)
= tn
L−1
(
a
s2 + a2
)
= sen(at)
L−1
(
s
s2 + a2
)
= cos(at)
L−1
(
e−cs
s
)
= uc(t)
Como L e´ linear, decorre automaticamente que L−1 tambe´m e´ linear,
assim:
L−1(aF (s) + bG(s)) = aL−1(F (s)) + bL−1(G(s)) , a, b ∈ R .
Exemplo 37. Determine a transformada de Laplace inversa de
F (s) =
12
x2 − 7x+ 10 .
34
Vamos decompor a frac¸a˜o numa soma de frac¸o˜es mais simples, usando a
te´cnica de Frac¸o˜es Parciais.
Fatorando o denominador
x2 − 7x+ 10 = (x− 2)(x− 5) .
Enta˜o, vamos buscar valores de A e B tais que:
12
x2 − 7x+ 10 =
A
x− 2 +
B
x− 5 ,
ou seja,
A(x− 5) +B(x− 2) = 12 ⇒
{
A+B = 0
−5A− 2B = 12 .
Isolando A na 1aequac¸a˜o e substituindo na 2a, obtemos:
5B − 2B = 12 ⇒ B = 4 .
Assim,
12
x2 − 7x+ 10 =
−4
x− 2 +
4
x− 5 .
Como L−1 e´ linear, segue que:
L−1
(
12
x2 − 7x+ 10
)
= L−1
(
−4 1
x− 2
)
+ L−1
(
4
1
x− 5
)
= −4L−1
(
1
x− 2
)
+ 4L−1
(
1
1
x− 5
)
= −4e2t + 4e5t .
Exemplo 38. Usando o me´todo das transformadas de Laplace podemos re-
solver o PVI seguinte: 
y′′ − y′ − 2y = 0
y(0) = 1
y′(0) = 0
.
Para facilitar a notac¸a˜o, vamos indicar por Y (s) = L(y(t)) enta˜o:
35
L(y′′)− L(y′)− 2L(y) = L(0) ⇒
s2Y (s)− sy(0)− y′(0)− [sY (s)− y(0)]− 2Y (s) = 0 .
Usando agora as condic¸o˜es iniciais, y(0) = 1 e y′(0) = 0, obtemos:
s2Y (s)−s−sY (s)+1−2Y (s) = 0 ⇒ (s2−s−2)·Y (s) = s−1 ⇒ Y (s) = s− 1
s2 − s− 2 .
Vamos usar o me´todo de frac¸o˜es parciais:
s2 − s− 2 = 0 ⇒ s1 = 2 e s2 = −1 ⇒ s2 − s− 2 = (s− 2) · (s+ 1) .
Da´ı:
Y (s) =
s− 1
s2 − s− 2 =
s− 1
(s− 2)(s+ 1) =
A
s− 2 +
B
s+ 1
⇒
(A+B)s+ (A− 2B) = s− 1 ⇒
{
A+B = 1
A− 2B = −1 .
Subtraindo a 2a da 1a, encontramos o valor de B:
3B = 2 ⇒ B = 2
3
⇒ A = 1
3
.
Logo,
Y (s) =
1
3
s− 2 +
2
3
s− (−1) .
Aplicando L−1 encontramos a soluc¸a˜o do PVI:
y(t) = L−1
( 1
3
s− 2 +
2
3
s− (−1)
)
=
1
3
L−1
(
1
s− 2
)
+
2
3
L−1
(
1
s− (−1)
)
=
1
3
e2t+
2
3
e−t .
Exemplo 39. Vamos resolver o PVI:
y′′ + 9y = 9upi(t)
y(0) = 0
y′(0) = 0
.
Aplicando o operador L aos dois membros da equac¸a˜o, obtemos:
L(y′′) + 9L(y) = 9L(upi(t)) ⇒ s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 9Y (s) = 9e
−pis
s
,
36
em que Y (s) = L(y(t)). Usando as condic¸o˜es iniciais:
Y (s) =
9
s · (s2 + 9) · e
−pis .
Aqui precisamos lembrar que o fator e−pis e´ um indicador de um desloca-
mento, pois L(uc(t) · f(t − c)) = e−csL(f(t)). Assim, vamos inicialmente
considerar apenas o fator 9
s·(s2+9) e usaremos o me´todo de frac¸o˜es parciais:
9
s · (s2 + 9) =
A
s
+
Bs+ C
s2 + 9
⇒ A(s2+9)+(Bs+C)s = 9 ⇒ (A+B)s2+Cs+9A = 9 .
Dessa forma obtemos o sistema
A+B = 0
C = 0
9A = 9
,
que pode ser facilmente resolvido, obtendo-se A = 1, B = −1 e C = 0.
9
s(s2 + 9)
=
1
s
− s
s2 + 9
⇒ L−1
(
9
s(s2 + 9)
)
= L−1
(
1
s
)
−L−1
(
s
s2 + 9
)
= 1−cos(3t) .
Com isso, e usando o Teorema do Deslocamento, podemos concluir que a
soluc¸a˜o do PVI e´:
y(t) = upi(t) · f(t− pi) , f(t) = 1− cos(3t) ⇒
y(t) = upi(t)·[1−cos(3(t−pi))] = upi(t)−upi(t)·cos(3t−3pi) = upi(t)−upi(t)·cos(3t−pi) .
2.6 Exerc´ıcios
1. Calcule
L−1
[
x2 + 5x+ 2
(x2 + 1)(x+ 1)
]
.
2. Resolva o seguinte PVI:
y” + y = t2 − cosh(4t)
y(0) = −1
y′(0) = 0
.
37
2.7 A Func¸a˜o Gama
Ja´ vimos que para todo nu´mero natural fixo n
L(tn) = n!
sn+1
.
Mas e para calcularmos L(tp) se p > 0 for um nu´mero real fixo, mas na˜o
necessariamente natural? Vejamos:
L(tp) =
∞∫
0
e−sttpdt .
Fazendo u = tp e dv = e−st e integrando por partes, temos:
L(tp) = tp · e
−st
s
∣∣∣∞
t=0
+
∞∫
0
e−st
s
ptp−1dt
= 0 +
∞∫
0
e−st
s
ptp−1dt (s > 0)
=
∞∫
0
e−st
s
ptp−1dt .
Substituindo x = st, teremos dx = sdt e
L(tp) =
∞∫
0
e−x
s
p
xp−1
sp−1
dx
s
=
p
sp+1
·
∞∫
0
e−xxp−1dx .
E´ poss´ıvel provar que essa integral e´ convergente para todo p > 0. Dessa
forma, podemos definir a func¸a˜o gama:
Γ : [0,∞)→ R ; Γ(p) =
∞∫
0
e−xxp−1dx .
38
E, assim,
L(tp) = p
sp+1
· Γ(p) = p · Γ(p)
sp+1
.
E´ poss´ıvel simplificar ainda um pouco mais a expressa˜o da func¸a˜o Γ, mas
antes disso vamos apresentar dois exemplos, para fixar a ideia.
Exemplo 40.
(a) Vamos calcular Γ(1):
Por definic¸a˜o, temos que:
Γ(1) =
∞∫
0
e−x · x1−1dx =
∞∫
0
e−xdx
= −e−x
∣∣∣∞
x=0
= −0 + 1 = 1 .
(b) Agora, Γ(2):
Γ(2) =
∞∫
0
e−x · x2−1dx =
∞∫
0
x︸︷︷︸
u
e−xdx︸ ︷︷ ︸
dv
= −xe−x
∣∣∣∞
x=0
+
∞∫
0
e−xdx
= −0− e−x
∣∣∣∞
x=0
= 1 .
Vamos voltar a` func¸a˜o Gama, para simplificarmos a expressa˜o que a de-
fine:
39
Γ(p) =
∞∫
0
e−xxp−1dx ⇒
Γ(p+ 1) =
∞∫
0
xp︸︷︷︸
u
e−xdx︸ ︷︷ ︸
dv
= xp · (−e−x)
∣∣∣∞
x=0
+
∞∫
0
e−xpxp−1dx
= 0 + p ·
∞∫
0
e−xxp−1dx .
Portanto,
Γ(p+ 1) = p · Γ(p) .
Dessa forma, voltando a` transformada de tp:
L(tp) = p · Γ(p)
sp+1
=
Γ(p+ 1)
sp+1
.
Observac¸a˜o 41. Ja´ t´ınhamos calculado que Γ(1) = 1. Fazendo p = 1 na
identidade Γ(p+ 1) = p · Γ(p), obtemos
Γ(2) = 1 · Γ(1) = 1 .
Fazendo p = 2: Γ(3) = 2 · Γ(2) = 2.
Fazendo p = 3: Γ(4) = 3 · Γ(3) = 3 · 2.
Fazendo p = 4: Γ(5) = 4 · Γ(4) = 4 · 3 · 2.
Assim, se p = n e´ um nu´mero natural, Γ(p + 1) = Γ(n + 1) = n! e,
consequentemente,
L(tn) = Γ(n+ 1)
sn+1
=
n!
sn+1
,
como ja´ t´ınhamos demonstrado.
Dessa forma, a func¸a˜o Γ e´ uma generalizac¸a˜o do fatorial.
40
2.8 Exerc´ıcios
1. E´ poss´ıvel provar que Γ(1
2
) =
√
pi. Usando esse fato, calcule Γ(3
2
),
Γ(5
2
), Γ(7
2
) e Γ(−1
2
).
2. Calcule
L
(
3t
1
2 + t
3
2
)
.
2.9 O Delta de Dirac
Alguns fenoˆmenos envolvem forc¸as de grande intensidade aplicadas num
curt´ıssimo intervalo, ou seja, picos concentrados. Podemos considerar, por
exemplo, para r > 0 a func¸a˜o dr : [0,+∞)→ R definida por:
dr(t) =
{
1
r
se t ∈ [0, r]
0 se t > r
.
Observe que o gra´fico de dr tem o aspecto de um retaˆngulo de base r e
altur 1
r
e que, consequentemente,
+∞∫
0
dr(t)dt =
r∫
0
1
r
dt = 1 .
Quando consideramos valores de r cada vez mais pro´ximos de 0, diminu´ımos
o intervalo de atividade da func¸a˜o e aumentamos a intensidade, sem alterar
o valor da integral. Quando r → 0+, 1
r
→ +∞. Vamos definir, de forma
intuitiva,
δ(t) = lim
r→0+
dr(t) .
Por essa definic¸a˜o, segue que:
δ(t) = 0 se t 6= 0 e
+∞∫
0
δ(t)dt = 1 .
A partir disso, podemos definir outras “func¸o˜es impulso”, transladando a
varia´vel: Se c ∈ R enta˜o δ(t− c) tem as seguintes propriedades:
δ(t− c) = 0 se t 6= c e
+∞∫
0
δ(t− c)dt = 1 .
41
Essa “func¸a˜o generalizada”1recebe o nome de delta de Dirac. Uma proprie-
dade importante do delta de Dirac e´:
Teorema 42. Se f :[0,∞)→ R e´ seccionalmente cont´ınua enta˜o
∞∫
0
f(t)δ(t− c)dt = f(c) .
Demonstrac¸a˜o:
∞∫
0
f(t)δ(t− c)dt = lim
r→0
∞∫
0
dr(t− c)f(t)dt .
Por outro lado,
∞∫
0
dr(t− c)f(t)dt =
r∫
0
1
r
f(t)dt =
1
r
· r · f(t0) = f(t0) ,
para algum t0 ∈ [c, c + r] (pelo Teorema do Valor Me´dio para Integrais 2).
Quando r → 0, t0 → c. Assim:
∞∫
0
f(t)δ(t− c)dt = f(c) .
Como uma consequeˆncia imediata desse fato, vamos a seguir encontrar a
transformada de Laplace do delta de Dirac:
L(δ(t− c)) =
∞∫
0
e−stδ(t− c)dt = e−cs .
1Em realidade isso na˜o e´ uma func¸a˜o. Matematicamente e´ imposs´ıvel que uma func¸a˜o
seja nula em quase todos os pontos e tenha integral na˜o-nula. Formalmente, o delta de
Dirac e´ um exemplo do que chamamos de distribuic¸a˜o.
2Se f ; [a, b]→ R e´ cont´ınua enta˜o existe um valor de x0 ∈ [a, b] tal que
∫ b
a
f(x)dx =
(b− a) · f(x0).
42
Uma outra consequeˆncia e´ que se f e´ cont´ınua em [0,∞) e de ordem
exponencial enta˜o
L(f(t)δ(t− c)) =
∞∫
0
e−stf(t)δ(t− c)dt = e−csf(c) .
Exemplo 43.
L(δ(t− 2pi) cos(t)) = e−2pis cos(2pi) = e−2pis .
Exemplo 44. Resolva o PVI:
y” + 6y = δ(t− 1)et
y(0) = 0
y′(0) = 0
.
Inicialmente, observe que L(δ(t− 1)et) = e−s · e = e1−s. Aplicando o opera-
dor L aos dois membros da equac¸a˜o diferencial e substituindo as condic¸o˜es
iniciais, temos:
s2Y (s)− sy(0)− y′(0) = e1−s ⇒
s2Y (s) = e1−s ⇒
Y (s) = e · e−s · 1
s2
.
Observe que o fator e−1s indica um deslocamento (L(uc(t)f(t−c) = e−csF (s),
2◦ Teorema do Deslocamento). Assim, aplicando o operador inverso L−1:
y(t) = eu1(t)(t− 1) .
2.10 Produto de Convoluc¸a˜o
Seria bastante deseja´vel que a transformada de Laplace fosse multiplicativa,
ou seja, que L(f(t) · g(t)) = F (s) ·G(s). Entretanto, se considerarmos, por
exemplo, f(t) = t2 e g(t) = t3 veremos que isso na˜o e´ verdade:
L(t2 · t3) = L(t5) = 5!
s6
=
120
s6
L(t2) · L(t3) = 2
t3
· 6
t4
=
12
s7
.
Entretanto, para um outro tipo de produto, temos uma igualdade similar.
L(f(t) ∗ g(t)) = F (s) ·G(s) ,
43
em que o produto ∗, chamado de produto de convoluc¸a˜o, e´ definido da
seguinte forma:
f(t) ∗ g(t) =
t∫
0
f(x)g(t− x)dx .
Exemplo 45.
et ∗ e2t =
t∫
0
ex · e2(t−x)dx
=
t∫
0
ex+2t−2xdx
=
t∫
0
e2t−xdx
= −e2t−x
∣∣∣x=t
x=0
= −et + e2t .
Exemplo 46. Vamos calcular o produto de convoluc¸a˜o das func¸o˜es cos(t) e
44
sen(t).
cos(t) ∗ sen(t) =
t∫
0
cos(x)sen(t− x)dx
=
t∫
0
cos(x) · [sen(t) cos(x)− cos(t)sen(x)]dx
=
t∫
0
[sen(t) cos2(t)− cos(t)sen(x) cos(x)]dx
= sen(t)
t∫
0
cos2(x)dx− cos(t)
t∫
0
sen(x) cos(x)dx
= sen(t)
t∫
0
1 + cos(2x)
2
dx− cos(t) · sen
2(x)
2
∣∣∣t
x=0
=
sen(t)
2
t∫
0
(
x+
sen(2x)
2
) ∣∣∣t
x=0
− cos(t) · sen
2(t)
2
=
t
2
sen(t) +
1
4
sen(t)sen(2t)− t
2
sen2(t) cos(t) .
A convoluc¸a˜o possui as seguintes propriedades:
f ∗ g = g ∗ f
1 ∗ f(t) =
t∫
0
f(x)dx .
Deixamos as demonstrac¸o˜es como exerc´ıcio.
E´ poss´ıvel provar que se f, g : [0,∞)→ R sa˜o seccionalmente cont´ınuas
e de ordem exponencial enta˜o
L(f(t) ∗ g(t)) = L(f(t)) · L(g(t)) ,
e, portanto,
L−1(F (s) ·G(s)) = L−1(F (s)) ∗ L−1(G(s)) .
45
Exemplo 47. Calcule
L−1
(
1
s(s2 + 1)
)
.
L−1
(
1
s
)
= L−1
(
1
s
· 1
s2 + 1
)
= L−1
(
1
s
)
∗ L−1
(
1
s2 + 1
)
= 1 ∗ sen(t) = sen(t) ∗ 1 =
=
t∫
0
sen(x)dx = − cos(x)
∣∣∣t
0
= 1− cos(t) .
Exemplo 48. Calcule
L−1
(
s
(s2 + 1)2
)
.
L−1
(
s
(s2 + 1)2
)
= L−1
(
s
s2 + 1
· 1
s2 + 1
)
= L−1
(
s
s2 + 1
)
∗ L−1
(
1
s2 + 1
)
= cos(t) ∗ sen(t)
=
t
2
sen(t) +
1
4
sen(t)sen(2t)− t
2
sen2(t) cos(t) ,
como calculad no exemplo 46.
Exemplo 49. Podemos aplicar a te´cnica de resoluc¸a˜o de EDO’s por Trans-
formada de Laplace ao problema de carga de um capacitor com voltagem
inicial 0. Sabemos que V = Ri+ v (1a Lei de Ohm) e i = C dv
dt
. Portanto:
V = RC
dv
dt
+ v ⇔ dv
dt
+
1
RC
v =
1
RC
V .
Como R, C e V sa˜o constantes, aplicando o operador L aos membros
da equac¸a˜o, obtemos:
L(v′(t)) + L
(
1
RC
v
)
= L
(
1
RC
V
)
sV (s)− v(0) + 1
RC
V (s) =
V
RC
· 1
s
.
46
Como v(0) = 0, segue que:(
s+
1
RC
)
V (s) =
V
RC
· 1
s
⇒ V (s) =
V
RC
· 1
s
RCs+1
RC
⇒
V (s) =
V
RCs
· RC
RCs+ 1
=
(
V
RC
· 1
s
)
· RC
RC
(
s+ 1
RC
)
=
(
V
RC
· 1
s
)
· 1
s+ 1
RC
.
Aplicando a transformada inversa:
v(t) =
[
L−1
(
V
RC
1
s
)]
∗
[
L−1
(
1
s+ 1
RC
)]
.
Portanto,
v(t) =
V
RC
(1 ∗ e− 1RC t) .
Calculando o produto de convoluc¸a˜o:
1 ∗ e− 1RC t =
t∫
0
e−
1
RC
xdx = −RC(e− 1RC t − 1) = RC(1− e− 1RC t) .
Portanto:
v(t) =
V
RC
·RC(1− e− 1RC t) = V · (1− e− 1RC t) .
2.11 Exerc´ıcios
1. Sendo a e b nu´meros reais positivos constantes, determine eat ∗ ebt.
2. Sendo F (s) = L(f(t)), encontre uma expressa˜o para L−1
(
F (s)
s2−4
)
.
3. Prove que para func¸o˜es seccionalmente cont´ınuas e de ordem exponen-
cial f e g:
f ∗ g = g ∗ f
1 ∗ f(t) =
t∫
0
f(x)dx .
47
4. Calcule L−1
(
1
s2·(s+2)2
)
.
5. Encontre L−1
(
1
(s−2)(s+2)
)
de duas formas: usando convoluc¸a˜o e usando
frac¸o˜es parciais.
6. Supondo h(t) cont´ınua e de ordem exponencial, resolva o seguinte
Problema de Valor Inicial:{
y′′ − 6y′ + 9y = h(t)
y(0) = 2 e y′(0) = 0
.
48
Encerramos esse cap´ıtulo com uma tabela contendo as prinpais transfor-
madas de Laplace:
f(t) L(f) = F (s)
1 1
s
tn, n ∈ N n!
sn+1
tp, p ∈ [0,∞) Γ(p+1)
xp+1
ect 1
s−c
uc(t)
e−cs
s
sen(at) 1
s2+a2
cos(at) s
s2+a2
sehn(t) a
s2−a2
cosh(t) s
s2−a2
δ(t) 1
uc(t)f(t− c) e−csL(f(t))
ectf(t) F (s− c) , F = L(f)
49