integrais impróprias

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Transformadas de Laplace:
Integrais Impróprias:
Chamamos uma integral na qual pelo menos um dos limites de integração envolve o símbolo ∞ de integral
imprópria. Como ∞ não é número, podemos conjecturar que a idéia da integral inprópria envolve a idéia de
limite, algo da forma:∫ +∞
a
f(t) dt = lim
b→+∞
(∫ b
a
f(t) dt
) ∫ b
+∞
f(t) dt = lim
a→−∞
(∫ b
a
f(t) dt
)
∫ +∞
−∞
f(t) dt = lim
a→−∞
[
lim
b→+∞
(∫ b
a
f(t) dt
)]
Estamos particularmente interessados nas integrais da forma:
∫ +∞
a
f(t) dt.
De�nição:
Dada uma função real a valores reais: f : A ⊂ R→ R,
• Se a integral
∫ b
a
f(t) dt existe para todo b > a e
• Se o limite lim
b→+∞
(∫ b
a
f(t) dt
)
existe (e é �nito)
Dizemos que a integral imprópria
∫ +∞
a
f(t) dt converge para o valor limite L = lim
b→+∞
(∫ b
a
f(t) dt
)
.
Caso contrário dizemos que a integral imprópria
∫ +∞
a
f(t) dt diverge.
Exemplos:
(a)
∫ +∞
0
e2t dt = lim
b→+∞
(∫ b
a
e2t dt
)
= lim
b→+∞
(
e2t
2
dt
) ∣∣∣b
a
= lim
b→+∞
(
e2b
2
− 1
2
)
= +∞
Conclusão:
∫ +∞
0
e2t dt diverge.
(b)
∫ +∞
0
e−t dt = lim
b→+∞
(∫ b
a
e−t dt
)
= lim
b→+∞
(−e−t dt) ∣∣∣b
a
= lim
b→+∞
(
−e−b + e0
)
= 1
Conclusão:
∫ +∞
0
e2t dt converge para 1.
(c)
∫ +∞
0
ect dt = lim
b→+∞
(∫ b
a
ect dt
)
= lim
b→+∞
(
ect
c
dt
) ∣∣∣b
a
= lim
b→+∞
(
ecb
c
− 1
c
)
=

− 1c se c < 0
+∞ se c > 0
Conclusão:
∫ +∞
0
ect dt =

converge para − 1c se c < 0
diverge se c > 0
2
E se c = 0 ?
Note que
∫ b
a
ect dt =
ect
c
só vale se c 6= 0 !!!
Para c = 0 temos:
∫ +∞
0
e0t dt =
∫ +∞
0
1 dt = lim
b→+∞
(∫ b
a
1 dt
)
= lim
b→+∞
(t)
∣∣∣b
a
= lim
b→+∞
(b− a) = +∞
Assim, podemos concluir que:
∫ +∞
0
ect dt =

converge para − 1c se c < 0
diverge se c ≥ 0
(d)
∫ +∞
1
t−p dt
• 1o Caso p = 1:
lim
b→+∞
(∫ b
1
t−p dt
)
= lim
b→+∞
∫ b
1
1
t
dt = lim
b→+∞
(ln t dt)
∣∣∣b
1
= lim
b→+∞
(ln b− ln 1) = +∞
• 2o Caso p 6= 1:
lim
b→+∞
(∫ b
1
t−p dt
)
= lim
b→+∞
(
t(−p+1)
(−p+ 1) dt
)∣∣∣b
1
= lim
b→+∞
(
b(−p+1)
(−p+ 1) −
1
(−p+ 1)
)
=
=

−
(
1
−p+1
)
se − p+ 1 < 0
+∞ se − p+ 1 > 0
=

(
1
p−1
)
se p > 1
+∞ se p < 1
Conclusão:
∫ +∞
1
t−p dt =

converge para
1
p− 1 se p > 1
diverge se p ≤ 1
Função Contínua por Partes:
Intuitivamente falando: Uma função real a valores reais é chamada de contínua por partes ou seccional-
mente contínua no intervalo I se conseguimos particionar (dividir) o intervalo I em um número �nito de subin-
tervalos onde f é contínua e se nos extremos destes intervalos a função não vai para in�nito.
De�nição:
Seja f : A ⊂ R→ R e seja I o intervalo
[
a , b
]
,
Se particionamos este intervalo I em n partes: a = t0 < t1 < . . . < tn = b e tivermos:
1. f é contínua em cada subintervalo Ik =
]
tk−1 , tk
[
.
2. lim
t→ti+
f(t) é �nito para todo i ∈ {1, 2, . . . , n} e lim
t→ti−
f(t) é �nito para todo i ∈ {0, 1, 2, . . . , n− 1}.
3
Então dizemos que a função f é contínua por partes em I.
Neste caso, temos:∫ b
a
f(t) dt =
(∫ t1
t0=a
f(t) dt
)
+
(∫ t2
t1
f(t) dt
)
+ . . .+
(∫ tn=b
tn−1
f(t) dt
)
︸ ︷︷ ︸
n−parcelas
.
CUIDADO: A continuidade por partes não garante a convergência da integral imprópria
∫ ∞
a
f(t) dt.
Muitas vezes é difícil decidir se uma integral imprópria
∫ +∞
a
f(t) dt converge ou diverge !
Para facilitar nossa decisão sobre a convergência da integral anterior podemos utilizar o teorema do teste da
comparação para integrais que enunciaremos a seguir:
Teorema: Teste da Comparação:
Seja f é contínua por partes no intervalo I = [ a , b
]
para todo b ≥ a, temos:
1. Se |f(t)| ≤ g(t), para todo t ≥M (com M constante real positiva) e se
∫ +∞
1
g(t) dt converge
Então
∫ +∞
1
f(t) dt converge.
2. Se 0 < g(t) < f(t), para todo t ≥M (com M constante real positiva) e se
∫ +∞
1
g(t) dt diverge
Então
∫ +∞
1
f(t) dt diverge.
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
Observe que no teste da comparação temos uma integral imprópria
∫ +∞
a f(t) dt que queremos descobrir se
convergeou diverge e uma integral imprópria
∫ +∞
a g(t) dt que sabemos se converge ou diverge.
As funções que podemos usar neste teste são g(t) = ect e g(t) = t−p pois: sabemos quando
Sabemos quando
∫ +∞
0 e
ct dt e
∫ +∞
1 t
−p dt convergem e quando divergem.
Transformadas:
Uma transformada integral é uma relação da forma: F (s) =
∫ b
a K(s, t) f(t) dt, onde K(s, t) é chamado núcleo
ou kernal da transformada.
A transformada "transforma" a função f na função F . F é chamada de transformada de f .
Notação: Denotamos a transformada de Laplace por L{f(t)} ou F (s).
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De�nição:
Seja f : A ⊂ R→ R.
A transformada de Laplace da função f é L{f(t)} = F (s) =
∫ +∞
0
e−st f(t) dt
sempre que a integral imprópria convergir.
Exercícios:
1. Calcular a transformada de Laplace da função.
(a) f(t) = 1, t ≥ 0 (b) f(t) = eat, t ≥ 0 (c) f(t) =

1, 0 ≤ t < 1
k, t = 1
0, t > 1
, t ≥ 0
(d) f(t) = sen (at), t ≥ 0 (e) f(t) = a cos (at), t ≥ 0
Resolução:
(a) f(t) = 1, t ≥ 0.
L{1} = F (s) =
∫ +∞
0
e−st 1 dt = lim
b→+∞
∫ b
0
e−st dt = lim
b→+∞
− e
−st
s
∣∣∣b
0
= lim
b→+∞
(
1
s
− e
−sb
s
)
=
1
s
se s > 0.
L{1} = F (s) = 1
s
, s > 0 .
(b) f(t) = eat, t ≥ 0.
L{eat} = F (s) =
∫ +∞
0
e−st eat dt = lim
b→+∞
∫ b
0
e(a−s)t dt = lim
b→+∞
e(a−s)t
(a− s)
∣∣∣b
0
=
= lim
b→+∞
[
e(a−s)b
(a− s) −
1
(a− s)
]
= − 1
(a− s) =
1
s− a se s− a > 0 ou seja se s > a.
L{eas} = F (s) = 1
s− a , s > a .
(c) f(t) =

1, 0 ≤ t < 1
k, t = 1
0, t > 1
, t ≥ 0
L{f(t)} = F (s) =
∫ +∞
0
e−st f(t) dt =
[∫ 1
0
e−st f(t) dt+
∫ +∞
1
e−st f(t) dt
]
=
5
=
[∫ 1
0
e−st f(t) dt+ lim
b→+∞
∫ b
0
e−st f(t) dt
]
=
[∫ 1
0
e−st dt+ lim
b→+∞
∫ b
0
0 dt
]
=
=
[(
e−st
−s
∣∣∣1
0
)
+ lim
b→+∞
(
k
∣∣∣b
1
dt
)]
=
[(
e−s
−s −
e0
−s
)
+ lim
b→+∞
(k − k)
]
=
[(
1
s
− e
−s
s
)
+
(
lim
b→+∞
0
)]
=
=
1− e−s
s
+ 0 =
1− e−s
s
, s > 0.
L{f(t)} = F (s) = 1− e
−s
s
, s > 0 .
(d) f(t) = sen (at), t ≥ 0
L{eat} = F (s) =
∫ +∞
0
e−st sen (at) dt = lim
b→+∞
[∫ b
0
e−st sen (at) dt
]
Esta integral não é das mais fáceis, pois vamos aplicar o método integração por partes duas vezes!
Assim, vamos calcular a integral inde�nida
∫
e−st sen (at) dt e depois voltamos ao cálculo da transformada!
Lembrando: Integração por partes usa:
∫
u dv = u v −
∫
v du .
Seja: sen (at) = u ⇒ a cos (at) dt = du
Seja: e−st dt = dv ⇒
∫
e−st dt =
∫
dv ⇒ e
−st
−s = v ⇒ −
e−st
s
= v∫
u dv = u v −
∫
v du∫
sen (at)︸ ︷︷ ︸
u
e−st dt︸ ︷︷ ︸
dv
= sen (at)︸ ︷︷ ︸
u
(
− e
−st
s
)
︸ ︷︷ ︸
v
−
∫ (
− e
−st
s
)
︸ ︷︷ ︸
u
(a cos (at)) dt︸ ︷︷ ︸
dv
Passando esta linha a limpo:∫
sen (at) e−st dt = − sen (at) e
−st
s
+
a
s
∫
cos (at) e−st dt︸ ︷︷ ︸
∗
Agora vamos aplicar partes novamente na integral (∗):
Seja: cos (at) = u ⇒ −a sen (at) dt = du
Seja: e−st dt = dv ⇒
∫
e−st dt =
∫
dv ⇒ e
−st
−s = v ⇒ −
e−st
s
= v
∫
sen (at) e−st dt = − sen (at) e
−st
s
+
a
s
∫
cos (at)︸ ︷︷ ︸
u
e−st dt︸ ︷︷ ︸
dv
 =
∫
sen (at) e−st dt = − sen (at) e
−st
s
+
a
s
[
(cos (at))
(
e−st
−s
)
−
∫ (
e−st
−s
)(−a sen (at) dt)
]
6
Passando a limpo:
∫
sen (at) e−st dt = − sen (at) e
−st
s
− a cos (at) e
−st
s2
a2
s2
∫
sen (at) e−st dt︸ ︷︷ ︸
←↩
∫
sen (at) e−st dt+
a2
s2
∫
sen (at) e−st dt = − sen (at) e
−st
s
− a cos (at) e
−st
s2
(
1 +
a2
s2
)∫
sen (at) e−st dt = − sen (at) e
−st
s
− a cos (at) e
−st
s2
+ C
(
s2 + a2
s2
)∫
sen (at) e−st dt = − sen (at) e
−st
s
− a cos (at) e
−st
s2
+ C
∫
sen (at) e−st dt = −
(
s2
s2 + a2
)[
sen (at) e−st
s
+
a cos (at) e−st
s2
]
+ C
Agora, sabendo que:
∫
sen (at) e−st dt = −
(
s2
s2 + a2
)[
sen (at) e−st
s
+
a cos (at) e−st
s2
]
+ C ,
Vamos voltar a transformada de Laplace:
L{eat} = F (s) =
∫ +∞
0
e−st sen (at) dt = lim
b→+∞
[∫ b
0
e−st sen (at) dt
]
=
= lim
b→+∞
{
−
(
s2
s2 + a2
)[
sen (at) e−st
s
+
a cos (at) e−st
s2
]} ∣∣∣b
0
=
= lim
b→+∞

{
−
(
s2
s2 + a2
)[
sen (ab) e−sb
s
+
a cos (ab) e−sb
s2
]}
−
−
(
s2
s2 + a2
)
0︷ ︸︸ ︷
sen (0) e0
s
+
a
1︷ ︸︸ ︷
cos (0) e0
s2


 =
= lim
b→+∞
({
−
(
s2
s2 + a2
)[
sen (ab) e−sb
s
+
a cos (ab) e−sb
s2
]}
−
{
−
(
s2
s2 + a2
)[ a
s2
]})
=
a
s2 + a2
, s > 0
L{sen (at)} = F (s) = a
s2 + a2
, s > 0 .
(e) f(t) = a cos (at), t ≥ 0
L{a cos (at)} = F (s) =
∫ +∞
0
e−st a cos (at) dt = lim
b→+∞
[∫ b
0
e−st a cos (at) dt
]
= a lim
b→+∞
[∫ b
0
e−st cos (at) dt
]
Aqui também temos que fazer partes duas vezes!
7
∫
e−st︸︷︷︸
u
cos (at) dt︸ ︷︷ ︸
dv
=
(
e−st
)︸ ︷︷ ︸
u
(
sen (at)
a
)
︸ ︷︷ ︸
v
−
∫ (
sen (at)
a
)
︸ ︷︷ ︸
v
(−s e−st) dt︸ ︷︷ ︸
du
Passando esta linha à limpo:∫
e−st cos (at) dt =
e−st sen (at)
a
+
s
a
∫
e−st sen (at) dt
Aplicando partes a segunda integral:
∫
e−st cos (at) dt =
e−st sen (at)
a
+
s
a
∫ e−st︸︷︷︸
u
sen (at) dt︸ ︷︷ ︸
dv

∫
e−st cos (at) dt =
e−st sen (at)
a
+
s
a
(e−st)︸ ︷︷ ︸
u
(
− cos (at)
a
)
︸ ︷︷ ︸
v
−
∫ (
− cos (at)
a
)
︸ ︷︷ ︸
v
(−s e−st) dt︸ ︷︷ ︸
dv

Passando esta linha à limpo:∫
e−st cos (at) dt =
e−st sen (at)
a
+
s
a
[
− e
−st
cos (at)
a
− s
a
∫
e−st cos (at) dt
]
Ou seja:∫
e−st cos (at) dt =
e−st sen (at)
a
− s e
−st
cos (at)
a2
− s
2
a2
∫
e−st cos (at) dt︸ ︷︷ ︸
←↩∫
e−st cos (at) dt+
s2
a2
∫
e−st cos (at) dt =
e−st sen (at)
a
− s e
−st
cos (at)
a2
(
1 +
s2
a2
)∫
e−st cos (at) dt =
e−st sen (at)
a
− s e
−st
cos (at)
a2
(
a2 + s2
a2
)∫
e−st cos (at) dt =
e−st sen (at)
a
− s e
−st
cos (at)
a2
∫
e−st cos (at) dt =
(
a2
a2 + s2
)[
e−st sen (at)
a
− s e
−st
cos (at)
a2
]
+ C
Voltando a nossa transformada:
L{a cos (at)} = F (s) =
∫ +∞
0
e−st a cos (at) dt = lim
b→+∞
[∫ b
0
e−st a cos (at) dt
]
= a lim
b→+∞
[∫ b
0
e−st cos (at) dt
]
=
= a lim
b→+∞

(
a2
a2 + s2
)[
e−st sen (at)
a
− s e
−st
cos (at)
a2
] ∣∣∣∣∣
b
0
 =
=
(
a3
a2 + s2
)
lim
b→+∞

 e−bt sen (ab)a︸ ︷︷ ︸
0
− s e
−sb
cos (ab)
a2︸ ︷︷ ︸
0
−
 e0 sen (0)a︸ ︷︷ ︸
0
− s e
0
cos (0)
a2︸ ︷︷ ︸
s
a2

 =
8
=
(
a3
a2 + s2
) ( s
a2
)
=
s a
a2 + s2
L{a cos (at)} = F (s) = s a
s2 + a2
, s > 0 .
Observação: L{a cos (at)} = F (s) = s a
s2 + a2
= sL{sen (at)}, s > 0 .
Propriedade:
Sejam C1 e C2 dois números reais e f1 e f2 duas funções tais que:
• Existe a transformada de Laplace de f1 para s ≥ a1,
• Existe a transformada de Laplace de f2 para s ≥ a2
Então para s ≥ a = max{a1, a2}, temos:
L{C1 f1(t) + C2 f2(t)} = C1 L{f1(t)}+ C2 L{f2(t)}.
Pois:
∫ +∞
0 e
−st [C1 f1(t) + C2 f2(t)] dt = C1
∫ +∞
0 e
−stf1(t) dt+ C2
∫ +∞
0 e
−stf2(t) dt.
Ou seja, a transformada de Laplace é um operador linear!
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
Exercício:
1. Encontre a transformada de Laplace da função f(t) = 5 e−2t − 3 sen(4t), t ≥ 0.
Resolução:
L{f(t)} = L
{ [
5 e−2t − 3 sen(4t)] } = 5L{e−2t} − 3L{sen(4t)} ⇒
⇒ L
{ [
5 e−2t − 3 sen(4t)] } = 5 ( 1
s+ 2
)
− 3
(
4
s2 + 42
)
=
5
s+ 2
− 12
s2 + 16
, s > 0
TEOREMA 1:
Seja f : A ⊂ R→ R, suponhamos que:
1. f é contínua por partes para todo 0 ≤ t ≤ b,
2. Existem k, a,M com K > 0 e M > 0 tais que |f(t)| ≤ K eat, ∀t > M .
Então existe L{f(t)} para todo s > a.
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
Observação: Dada uma função f se existem constantes a,K ∈ R com K > 0 tais que f(t)| ≤ K eat
então dizemos que f tem ordem exponencial.
9
TEOREMA 2:
Seja f : A ⊂ R→ R, suponhamos que:
1. f é contínua para todo 0 ≤ t ≤ b,
2. f ′ é contínua por partes para todo 0 ≤ t ≤ b,
3. Existem k, a,M com K > 0 e M > 0 tais que |f(t)| ≤ K eat, ∀t > M .
Então existe L{f ′(t)} para todo s > a e L{f ′(t)} = sL{f(t)} − f(0).
L{f ′(t)} = sL{f(t)} − f(0) .
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
COROLÁRIO:
Seja f : A ⊂ R→ R, suponhamos que:
1. f , f ′, . . . , f (n−1) são contínuas para todo 0 ≤ t ≤ b,
2. f (n) é contínua por partes para todo 0 ≤ t ≤ b,
3. Existem k, a,M com K > 0 e M > 0 tais que: |f(t)| ≤ K eat, ∀t > M ,
|f ′(t)| ≤ K eat, ∀t > M ,
.
.
.
|f (n−1)(t)| ≤ K eat, ∀t > M ,
|f (n)(t)| ≤ K eat, ∀t > M .
Então existe L{f (n)(t)} para todo s > a e
L{f (n)(t)} = sn L{f(t)} − sn−1f(0)− sn−2f ′′(0)− . . .− sf (n−2)(0)− f (n−1)(0) .
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
Em particular, o corolário nos diz que:
L{f ′(t)} = sL{f(t)} − f(0) , L{f ′′(t)} = s2 L{f(t)} − sf(0)− f ′(0) .
10
Usando transformadas de Laplace para resolver problemas de valor inicial (PVI):
1. Use a relação L{f(t)} = F (s) = ∫ +∞0 e−st f(t) dt para transformar um problema de valor inicial PVI︸ ︷︷ ︸
que é um problema diferencial
para a função f(t) em um problema algébrico para F (s).
2. Resolva o problema algébrico para encontrar F (s).
3. Recupere a função f "desfazendo"a transformada de Laplace.
Ou seja, inverta a transformada de Laplace para encontrar f .
Observação: Em geral, trabalhamos com s ∈ C, mas neste texto estudaremos apenas problemas com s ∈ R.
Exemplos:
1. Resolva o problema de valor inicial usando transformadas de Laplace.
(a) y′′ − y′ − 2y = 0 y(0) = 1 e y′(0) = 0 (b) y′′ + y = sen (2t) y(0) = 2 e y′(0) = 1
Resolução:
(a) y′′ − y′ − 2y = 0 y(0) = 1 e y′(0) = 0
Vamos supor que o problema de valor inicial acima tenha solução y = φ(t),
com φ, φ′ e φ′′ satisfazendo as condições do corolário,
e vamos aplicar a transformada de Laplace na EDO: y′′ − y′ − 2y = 0:
L{y′′ − y′ − 2y} = L{0} ⇒ L{y′′} − L{y′} − 2L{y} = L{0} ⇒
⇒
[
s2L{y} − s y(0)− y′(0)
]
−
[
sL{y} − y(0)
]
− 2L{y} = 0 ⇒
⇒ s2L{y} − s y(0)− y′(0)− sL{y}+ y(0)− 2L{y} = 0 ⇒
⇒ s2L{y}︸ ︷︷ ︸
(∗)
−s y(0)︸︷︷︸
1
− y′(0)︸︷︷︸
0
− sL{y}︸ ︷︷ ︸
(∗)
+ y(0)︸︷︷︸
1
− 2L{y}︸ ︷︷ ︸
(∗)
= 0 ⇒
⇒ (s2 − s− 2)L{y} − s+ 1 = 0 ⇒ (s2 − s− 2)L{y} = s− 1 ⇒ L{y} = s− 1
(s2 − s− 2)
Fatorando o polinômio s2 − s− 2 temos: s2 − s− 2 = (s− 2)(s+ 1)
⇒ L{y} = s− 1
(s2 − s− 2) ⇒ L{y} =
s− 1
(s− 2)(s+ 1)
Utilizando Frações Parciais:
s− 1
(s− 2)(s+ 1) =
A
(s− 2) +
B
(s+ 1)
⇒ s− 1
(s− 2)(s+ 1) =
A(s+ 1) +B(s− 2)
(s− 2)(s+ 1) ⇒
11
⇒ s− 1 = A(s+ 1) +B(s− 2) ⇒ s− 1 = (A+B)s+ (A− 2B) ⇒

A+B = 1
A− 2B = −1
⇒
⇒ 3A = 1 ⇒ A = 1
3
e B =
2
3
s− 1
(s− 2)(s+ 1) =
1
3
(s− 2) +
2
3
(s+ 1)
Voltando para: L{y} = s− 1
(s− 2)(s+ 1)
Temos: ⇒ L{y} = s− 1
(s2 − s− 2) ⇒ L{y} =
1
3
(s− 2) +
2
3
(s+ 1)
Para terminar vamos, "desfazer" a transformada de Laplace,ou melhor, vamos inverter a transformada de Laplace, ou seja, aplicar L−1
Sabemos que L{eas} = 1
s− a , assim:
L{y} =
1
3
(s− 2) +
2
3
(s+ 1)
=
1
3
1
s− 2 +
2
3
1
s+ 1
−→
L−1
y(t) =
1
3
e2t +
2
3
e−t
Resolução:
(b) y′′ + y = sen (2t) y(0) = 2 e y′(0) = 1
Vamos supor que o problema de valor inicial acima tenha solução y = φ(t),
com φ, φ′ e φ′′ satisfazendo as condições do corolário,
e vamos aplicar a transformada de Laplace na EDO: y′′ + y = sen (2t):
L{y′′}+ L{y} = L{sen (2t)} ⇒
⇒
[
s2L{y} − s y(0)− y′(0)
]
+ L{y} = 2
s2 + 22
⇒
⇒ (s2 + 1)L{y} − 2s− 1 = 2
s2 + 4
⇒ (s2 + 1)L{y} = 2
s2 + 4
+ 2s+ 1 ⇒
⇒ (s2 + 1)L{y} = 2
s2 + 4
+
2s+ 1
1
⇒ (s2 + 1)L{y} = 2 + (2s+ 1)(s
2 + 4)
s2 + 4
⇒
⇒ (s2 + 1)L{y} = 2s
3 + s2 + 8s+ 6
s2 + 4
⇒ L{y} = 2s
3 + s2 + 8s+ 6
(s2 + 4)(s2 + 1)
12
Frações Parciais:
2s3 + s2 + 8s+ 6
(s2 + 4)(s2 + 1)
=
As+B
s2 + 4
+
Cs+D
s2 + 1
⇒
⇒ 2s
3 + s2 + 8s+ 6
(s2 + 4)(s2 + 1)
=
(As+B)(s2 + 1) + (Cs+D)(s2 + 4)
(s2 + 4)(s2 + 1)
⇒
⇒ 2s3 + s2 + 8s+ 6 = (As+B)(s2 + 1) + (Cs+D)(s2 + 4) ⇒
⇒ 2s3 + s2 + 8s+ 6 = (As3 +Bs2 +As+B) + (Cs3 +Ds2 + 4Cs+ 4D) ⇒
⇒ 2s3 + s2 + 8s+ 6 = (A+ C)s3 + (B +D)s2 + (A+ 4C)s+ (B + 4D) ⇒
⇒

A+ C = 2
B +D = 1
A+ 4C = 8
B + 4D = 6
⇒

3C = 6 ⇒ C = 2 e A = 0
3D = 5 ⇒ D = 53 e B = − 23
Assim, �camos com:
2s3 + s2 + 8s+ 6
(s2 + 4)(s2 + 1)
=
0s+
(− 23 )
s2 + 4
+
2s+
(
5
3
)
s2 + 1
⇒
(− 23 )
s2 + 4
+
2s
s2 + 1
+
(
5
3
)
s2 + 1
Ou seja:
2s3 + s2 + 8s+ 6
(s2 + 4)(s2 + 1)
=
2s
s2 + 1
+
5
3
s2 + 1
−
2
3
s2 + 4
Voltando para nossa transformada: L{y} = 2s
3 + s2 + 8s+ 6
(s2 + 4)(s2 + 1)
L{y} = 2s
3 + s2 + 8s+ 6
(s2 + 4)(s2 + 1)
⇒ L{y} = 2s
s2 + 1
+
5
3
s2 + 1
−
2
3
s2 + 4
y(t) = 2 cos t+
5
3
sen t− 1
3
sen (2t)
Exemplos: