Notas de aula transformada de Laplace

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Marcio Antonio Jorge da Silva
NOTAS DE AULA:
A Transformada de Laplace
Londrina, 12 de marc¸o de 2013
Suma´rio
1 Introduc¸a˜o 2
1.1 Biografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2 A Transformada de Laplace 5
2.1 Definic¸a˜o e Exemplos Iniciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.2 Transformac¸a˜o Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.3 Mais Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
3 Propriedades da Transformada de Laplace 13
3.1 Propriedades Iniciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3.2 Teoremas de Translac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.3 O Teorema de Convoluc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.4 A func¸a˜o de Gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
4 Aplicac¸o˜es em Equac¸o˜es Diferenciais 33
4.1 Equac¸o˜es Lineares de Segunda Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
4.2 Exerc´ıcios de Fixac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4.3 Equac¸o˜es Lineares de Ordem Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
5 Mais Aplicac¸o˜es em Equac¸o˜es Diferenciais 44
5.1 O sistema massa-mola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
5.2 Func¸o˜es Impulso: O Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
5.3 Equac¸a˜o Integro-Diferencial de Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
5.4 Exerc´ıcios de Fixac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
6 Frac¸o˜es Parciais: Uma breve revisa˜o 56
Refereˆncias Bibliogra´ficas 61
1 Introduc¸a˜o
A transformac¸a˜o linear que estudaremos a seguir e´ o operador integral conhecido como
Transformada de Laplace 1. Esta transformada constitui-se de um importante instrumento
na resoluc¸a˜o de Equac¸o˜es Diferenciais Ordina´rias (EDO) Lineares a coeficientes constantes
quando os me´todos tradicionais e te´cnicas elementares na˜o se mostram eficientes. O
me´todo consiste em transformar uma equac¸a˜o diferencial em uma Equac¸a˜o Alge´brica
(EA) que envolve as condic¸o˜es iniciais e, utilizando um processo de inversa˜o, obte´m-se a
soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial em questa˜o.
A noc¸a˜o intuitiva da Transformada de Laplace esta´ expressada nas figuras a seguir
L L
-1
f(t) F(s) f(t)
L L
-1
EDO EA Solução
Inicialmente, vamos aplicar a Transformada de Laplace em va´rias func¸o˜es numa classe
espec´ıfica. Em seguida, passaremos a obtenc¸a˜o de resultados e propriedades mais impor-
tantes da transformada. Uma boa parte destas notas sera´ dedicada a compreensa˜o de
como a Transformada de Laplace atua em certas func¸o˜es e quais as propriedades ba´sicas
de tais transformadas. Para enfatizar a importaˆncia da Transformada de Laplace, apre-
sentaremos ferramentas importantes como o Teorema da Convoluc¸a˜o, as Func¸o˜es de Green
e a Func¸a˜o Gama, entres outras, com intuito de ampliar a classe de problemas a serem
estudados.
Para obter um bom desempenho no estudo da Transformada de Laplace e´ necessa´rio
que se tenha um conhecimento ba´sico sobre as EDO’s lineares e, tambe´m, que se recorde
alguns conceitos sobre limites, continuidade, derivadas e integrais (impro´prias) de func¸o˜es
1Uma breve biografia de Laplace e´ dada a seguir
2
reais. Um bom manejo com frac¸o˜es parciais pode ajudar na resoluc¸a˜o de tranformadas
inversas. Ao final destas notas, uma breve revisa˜o sobre frac¸o˜es parciais e´ feita com o
objetivo de relembrar o assunto para os leitores convenientes.
1.1 Biografia
Figura 1: Pierre Simon Laplace (1749-1827)
Astroˆnomo e matema´tico franceˆs, Marqueˆs de Pierre Simon de Laplace, nasceu na
localidade de Beumont-en-Auge, Prov´ıncia da Normandia em 28 de marc¸o de 1749. Filho
de um pro´spero fazendeiro, revelou um grande talento e perspica´cia para a matema´tica
enquanto estudava teologia na Universidade de Caen.
Embora de origem modesta, poˆde estudar na Escola Militar da cidade natal. Pouco
depois, tornou-se professor de matema´tica nessa escola. Desfrutando da admirac¸a˜o de
D’Alambert, obteve o lugar de professor da Academia Militar de Paris. Por volta de
1784, tomou parte na organizac¸a˜o da Escola Polite´cnica e da Escola Normal, e ingres-
sou na antiga Academia de Cieˆncias. Da´ı em diante, ocupou alguns cargos pol´ıticos de
importaˆncia, como os de Ministro do Interior, com Napolea˜o, e o de vice-presidente do
Senado. Figurou como um dos ”quarenta imortais” da Academia Francesa.
Suas contribuic¸o˜es para a a´rea exata foram na f´ısica, estudando sobre a teoria do
calor, mecaˆnica celestial, velocidade do som entre outros estudos. Ja´ na matema´tica,
voltou sua atenc¸a˜o para o ramo da probabilidade, tomando como to´pico fundamental a
3
teoria dos erros. E neste mesmo per´ıodo, desenvolveu um me´todo de soluc¸a˜o integral para
equac¸o˜es diferenciais: a Transformada de Laplace, cuja teoria, alia´s, o consagrou na a´rea
de ca´lculo devido a` praticidade oferecida na resoluc¸a˜o de equac¸o˜es diferenciais. Estes sa˜o
alguns exemplos dos estudos desenvolvidos por ele.
Laplace foi um dos mais influentes dentre os cientistas franceses em toda a histo´ria.
Sua reputac¸a˜o o tornou ce´lebre e imortal, ficando conhecido como o ”Newton franceˆs”.
Sua carreira foi importante por suas contribuic¸o˜es te´cnicas para as cieˆncias exatas, para
o ponto de vista filoso´fico que ele desenvolveu durante sua vida e pela parcela que tomou
parte na formac¸a˜o das modernas disciplinas cient´ıficas. Seus u´ltimos anos de vida foram
vividos em Arcueil, onde ele e um amigo qu´ımico chamado Bertholet encontravam-se as-
sociados a um c´ırculo filoso´fico conhecido como Socie´te´ d’Arcueil. Laplace aparentemente
encontrou uma extensa˜o anormal da mode´stia quando estava vivendo seus u´ltimos mo-
mentos na cama, onde ele pronunciou: ”O conhecimento que temos das coisas e´ pequeno,
na verdade, quando comparado com a imensida˜o daquilo em que ainda somos ignorantes”.
Fonte: http://www.fem.unicamp.br/∼em313/paginas/person/laplace.htm
Autor do texto: Fa´bio Andreotti.
Para mais detalhes, ver as seguintes refereˆncias:
• American Council of Learned Societies. Dictionary of Scientific Biography, vol 15
& 16, pp.273-386.
• McGraw Hill. Encyclopedia of Science and Technology, vol 7 , pp. 400-403.
• Grolier. Encyclopedia Americana, vol 16, p. 756.
4
2 A Transformada de Laplace
2.1 Definic¸a˜o e Exemplos Iniciais
Iniciamos com a principal definic¸a˜o deste contexto
Definic¸a˜o 2.1 Seja f : [0,∞) → R uma func¸a˜o. A Transformada de Laplace de f e´
dada por
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt, (1)
supondo que a integral convirja para algum valor de s.
Note que a integral impro´pria em (1) nos fornece uma func¸a˜o de s e, por este motivo,
usaremos tambe´m as seguintes notac¸o˜es:
L[f(t)] = F (s) ou ainda L[f(t)](s).
Exemplo 2.1 Seja f(t) = cos(at), onde a e´ uma constante arbitra´ria. Enta˜o,
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−st cos(at) dt = lim
B→∞
∫ B
0
e−st cos(at) dt =
= lim
B→∞
(
e−sB
s2 + a2
(a sin(aB)− s cos(aB)) + s
s2 + a2
)
.
E este u´ltimo limite existe se, e so´ se, s > 0. Neste caso, tem-se que o limite assume o
valor
s
s2 + a2
. Portanto, a transformada da func¸a˜o f(t) = cos(at) e´
L[cos(at)] = s
s2 + a2
para s > 0.
Exemplo 2.2 Seja f(t) = 1, ∀ t > 0. Temos que
L[f(t)] = L[1] =
∫ ∞
0
e−st1 dt = lim
B→∞
∫ B
0
e−st dt = lim
B→∞
(
−1
s
e−sB +
1
s
)
=
1
s
quando s > 0. Logo L[1] = 1
s
, s > 0.
As pro´ximas definic¸o˜es teˆm o intuito de nos direcionar quais as propriedades que
forncera˜o condic¸o˜es suficientes para a existeˆnciada Transformada de Laplace de uma
func¸a˜o f(t) dada.
5
Definic¸a˜o 2.2 Uma func¸a˜o f : [0,+∞)→ R e´ dita cont´ınua por partes se:
(i) f e´ cont´ınua em todos os pontos de qualquer intervalo [a, b] ⊂ [0,+∞) exceto num
nu´mero finito pontos deste subintervalo.
(ii) Os limites
f(x+0 ) = lim
h→0+
f(x0 + h) e f(x
−
0 ) = lim
h→0+
f(x0 − h)
existem em cada ponto x0 ∈ [0,+∞).
Definic¸a˜o 2.3 Diz-se que uma func¸a˜o f e´ de ordem exponencial no intervalo [0,∞) se
existem constantes C e α, com C > 0, tais que
|f(t)| ≤ Ceαt, ∀ t > 0.
Exemplo 2.3 Note que a func¸a˜o g(t) = eat, sendo a uma constante, e´ de ordem expone-
cial. A Transformada de Laplace da func¸a˜o g em [0,∞) e´ dada por
L[eat] =
∫ ∞
0
e−steat dt =
∫ ∞
0
e(a−s)t dt = lim
B→∞
∫ B
0
e(a−s)t dt
= lim
B→∞
(
1
a− se
(a−s)B +
1
s− a
)
=
1
s− a, s > a.
Note que, este na˜o foi apenas um mero exemplo onde a func¸a˜o que e´ ordem exponencial
admite a Transformada de Laplace. Para comprovar a existeˆncia da Transformada de
Laplace de func¸o˜es cont´ınuas por partes e de ordem exponencial temos o resultado a
seguir.
Teorema 2.1 Se f : [0,∞)→ R e´ uma func¸a˜o cont´ınua por partes e de ordem exponen-
cial, enta˜o existe um nu´mero α tal que
∫∞
0
e−stf(t) dt = L[f(t)] converge para todos os
valores s > α.
6
Prova: Sabemos da ana´lise real que se f e g sa˜o func¸o˜es integra´veis em (a, b) com
a < b ≤ ∞ e f(t) ≤ g(t), ∀ t ∈ (a, b), enta˜o vale a seguinte propriedade:∫ ∞
a
g(t) dt <∞ ⇒
∫ ∞
a
f(t) dt <∞ (Teste de comparac¸a˜o).
Como f e´ de ordem exponencial, consideremos as constantes C > 0 e α tais que
|f(t)| ≤ Ceαt. Assim,
L[f ] =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt ≤
∫ ∞
0
e−stCeαt dt = C
∫ ∞
0
e(α−s)t dt =
C
s− α, se s > α.
Logo, pelo teste de comparac¸a˜o resulta
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt < ∞, ∀ s > α.
A rec´ıproca do Teorema 2.1 e´ falsa, isto e´, existem func¸o˜es que admitem a Transfor-
mada de Laplace, mas na˜o sa˜o de ordem exponencial, por exemplo, considere a func¸a˜o
f(t) =
1√
t
, esta func¸a˜o na˜o e´ de ordem exponencial, como mostraremos a seguir, mas
admite a Transformada de Laplace, o que analisaremos mais adiante.
Com efeito, temos de mostrar que, para quaisquer constantes reais α e C > 0, existe
t > 0 tal que f(t) > Ceαt.
Note que lim
t→0+
1√
t
= +∞, enta˜o, dado M > 0, existe δ > 0 tal que 1√
t
> M sempre
que 0 < t < δ.
Dadas quaisquer constantes α e C > 0, considere t suficientemente pequeno e tome
M = max{Ceαt, C}. Da´ı, segue que
1√
t
> M ≥ Ceαt.
Portanto a func¸a˜o f(t) =
1√
t
na˜o e´ de ordem exponencial.
Com esse exemplo, temos que o conjunto das func¸o˜es que possuem a Transformada
de Laplace e´ maior que o conjunto das func¸o˜es de ordem exponencial. Pore´m, este u´ltimo
conjunto e´ suficientemente grande para nossos fins e conte´m a maioria das func¸o˜es que
aparecem em nossas aplicac¸o˜es. Mais adiante, mostraremos que a transformada de Laplace
de f(t) = 1/
√
t existe.
7
2.2 Transformac¸a˜o Linear
Denotemos por E o conjunto de todas as func¸o˜es cont´ınuas por partes e de ordem
exponencial, que sera´ considerado um espac¸o vetorial real, com as definic¸o˜es usuais de
adic¸a˜o e multiplicac¸a˜o por escalar (prova-se isto em um contexto mais amplo). E seja F
o conjunto de todas as func¸o˜es a valores reais definidas em intervalos da forma [s0,∞),
onde s0 ∈ R. F pode ser considerado um espac¸o vetorial, desde que modifiquemos a
definic¸a˜o de adic¸a˜o usada ate´ enta˜o em espac¸os de func¸o˜es para nos adequarmos ao fato
de as func¸o˜es de F na˜o serem definidas no mesmo intervalo.
Definic¸a˜o 2.4 Se f e g sa˜o duas func¸o˜es quaisquer em F , temos que f + g e´ definida
como a func¸a˜o cujo domı´nio e´ a intersec¸a˜o dos domı´nios de f e g, cujo valor em qualquer
ponto x nessa intersec¸a˜o e´ (f + g)(x) = f(x) + g(x).´
Com esta nova definic¸a˜o e com a multiplicac¸a˜o por escalar usual, verifica-se facilmente
que F e´ um espac¸o vetorial real. Omitiremos aqui essa ana´lise pois na˜o se encontra dentro
do objetivo principal deste contexto.
Pelas observac¸oes feitas, juntamente com o Teorema 2.1 podemos dizer que a trans-
formada de Laplace L aplica o espac¸o vetorial E no espac¸o vetorial F . Queremos veˆ-la
agora como uma transformac¸a˜o linear. Contudo, ha´ uma dificuldade inicial em afirmar
que
L[f + g] = L[f ] + L[g].
Se considerarmos as func¸o˜es f(t) = cos(at) e g(t) = −cos(at) temos que L[f ] + L[g]
e´ a func¸a˜o nula definida no intervalo (0,∞), e por outro lado, L[f + g] = L[0] e´ a func¸a˜o
nula definida em (−∞,∞). Visto esse exemplo, so´ podemos enta˜o dizer que L[f + g]
e L[f ] + L[g] sa˜o ideˆnticas para os valores de s para os quais ambas esta˜o definidas, o
que na˜o e´ o mesmo que dizer que sa˜o iguais. Mas esta dificuldade pode ser superada
simplesmente considerando duas func¸o˜es em F como ideˆnticas quando coincidem num
intervalo da forma (a,∞). Desta forma, as duas func¸o˜es obtidas acima sa˜o consideradas
como iguais.
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Realizadas essas observac¸o˜es, demonstraremos agora que L e´ transformac¸a˜o linear de
E em F . Para isso temos o
Teorema 2.2 (Linearidade da Transformada de Laplace) Sejam f, g : [0,∞) →
R func¸o˜es cujas Transformadas de Laplace existam. Enta˜o,
L[af(t) + bg(t)] = aL[f(t)] + bL[g(t)], ∀ a, b ∈ R.
Prova: Pela definic¸a˜o da transformada de Laplace temos:
L[af(t) + bg(t)] =
∫ ∞
0
e−st(af(t) + bg(t)) dt
=
∫ ∞
0
[ae−stf(t) + be−stg(t)] dt
= a
∫ ∞
0
e−stf(t) dt + b
∫ ∞
0
be−stg(t) dt
= aL[f(t)] + bL[g(t)].
Analisaremos agora se L e´ biun´ıvoca, ou seja, L[f ] = L[g] ⇒ f = g. Para garantir
esse resultado enuciaremos um importante teorema na teoria de Transformada de Laplace.
Teorema 2.3 (Teorema de Lerch) Sejam f e g func¸o˜es cont´ınuas por partes e de or-
dem exponencial. Suponhamos que exista um s0∈ R tal que
L[f(t)](s) = L[g(t)](s), ∀ s > s0.
Enta˜o, com a poss´ıvel excessa˜o dos pontos de descontinuidade, f(t) = g(t), ∀ t > 0.
Prova: Ver [6]. Para uma refereˆncia em portugueˆs, ver tambe´m [4].
O Teorema de Lerch diz que o operador linar L e´ injetivo e portanto e´ invers´ıvel
lateralmente. Com isto, podemos dizer que se a equac¸a˜o L[y] = ϕ(s) pode ser resolvida
9
em relac¸a˜o a y, a soluc¸a˜o sera´ u´nica. Esta soluc¸a˜o e´ chamada de Transformada Inversa de
Laplace da func¸a˜o ϕ e sera´ denotada por L−1[ϕ]. Em resumo, vale a seguinte equivaleˆncia:
L[y] = ϕ ⇔ L−1[ϕ] = y.
Falta verificarmos se L−1 aplica o espac¸o vetorial F no espac¸o vetorial E , isto equivale
a perguntarmos se L[y] = ϕ(s) tem soluc¸a˜o para toda func¸a˜o ϕ em F , o que na˜o e´ verdade.
Isto segue como consequeˆncia do seguinte resultado.
Teorema 2.4 Se f e´ uma func¸a˜o de ordem exponencial, enta˜o lim
s→∞
L[f(t)](s) = 0.
Prova: Como f e´ de ordem exponencial, pelo teorema 2.1 existem constantes C e α tais
que
|L[f(t)](s)| ≤ C
s− α ∀s > α.
Assim − C
s− α ≤ L[f(t)](s) ≤
C
s− α , e passando o limite quando s→∞ resulta que
0 ≤ lim
s→∞
L[f(t)](s) ≤ 0,
donde lim
s→∞
L[f(t)](s) = 0.
A rec´ıproca e´ falsa, conforme comprovaremos mais adiante com a transformada de
f(t) = 1/
√
t. A contrapositiva nos garante que existem func¸o˜es no espac¸o F que na˜o
possuem Transformadas de Laplace Inversas em E , veja o exemplo a seguir.
Exemplo 2.4 As func¸o˜es s, sen(s) e
s
s+ 1
na˜o possuem Transformadas de Laplace In-
versas em E , pois nenhuma das func¸o˜es citadas tendem a zero quando s→∞.
2.3 Mais Exemplos
Exemplo 2.5 Verifique que L[sin(at)] = a
s2 + a2
para s > 0.
10
Soluc¸a˜o: Pela definic¸a˜o,
L[sin(at)] =
∫ ∞
0
e−st sin(at)dt = lim
B→∞
∫ B
0
e−st sin(at)dt.
Usando integrac¸a˜o por partes,
∫ B
0
e−st sin(at)dt =
−ae−sB cos(aB)
s2+ a2
− se
−sB sin(aB)
s2 + a2
+
a
s2 + a2
,
de onde segue que
lim
B→∞
∫ B
0
e−st sin(at)dt = lim
B→∞
[−ae−sB cos(aB)
s2 + a2
− se
−sB sin(aB)
s2 + a2
+
a
s2 + a2
]
= lim
B→∞
[(−e−sB
s2 + a2
)
(a cos(aB) + s sin(aB)) +
a
s2 + a2
]
=
a
s2 + a2
, s > 0.
Portanto,
L[sin(at)] = a
s2 + a2
para s > 0.
Exemplo 2.6 Verifique que L [cosh(at)] = s
s2 − a2 para s > |a|.
Soluc¸a˜o: Como cosh(at) =
eat + e−at
2
, enta˜o
L[cosh(at)] = L
[
eat + e−at
2
]
=
1
2
L[eat] + 1
2
L[e−at].
lembrando que a L e´ um operador linear, conforme Teorema 2.2. Conforme ja´ verificamos,
L[eat] = 1
s− a, s > a e L[e
−at] =
1
s+ a
, s > −a
Enta˜o, para s > |a|, obtemos:
L[cosh(at)] = 1
2
L[eat] + 1
2
L[e−at]
=
1
2
1
(s− a) +
1
2
1
(s+ a)
=
s
s2 − a2 .
11
Exemplo 2.7 Verifique que L[sinh(at)] = a
s2 − a2 para s > |a|.
Soluc¸a˜o: Exerc´ıcio. (Lembre-se que sinh(at) = e
at−e−at
2
)
Exemplo 2.8 Verifique que L[tn] = n!
sn+1
.
Soluc¸a˜o: Usando a definic¸a˜o e integrac¸a˜o por partes,
L[tn] =
∫ ∞
0
e−sttndt
=
−e−st
s
tn
∣∣∣∣∞
0
+
n
s
∫ ∞
0
e−sttn−1dt
=
n
s
∫ ∞
0
e−sttn−1dt
=
n
s
L[tn−1], n = 1, 2, 3, · · ·
Logo,
L[tn] = n
s
L[tn−1] = n(n− 1)
s2
L[tn−2] = · · · = n(n− 1) · · · 1
sn
L[1] = n!
sn+1
.
Exemplo 2.9 Verifique que L[f(t)] = e
−sc
s
, s > 0, onde
f(t) =
 0, se t < c,1, se t ≥ c.
Soluc¸a˜o: De fato,
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stf(t)dt
=
∫ ∞
c
e−stdt = lim
B→∞
∫ B
c
e−stdt
= lim
B→∞
−e−st
s
∣∣∣∣B
c
= lim
B→∞
(−e−sB
s
+
e−sc
s
)
=
e−sc
s
, s > 0.
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3 Propriedades da Transformada de Laplace
Primeiramente, vamos relembrar algumas Transformadas de Laplace de func¸o˜es que
obtemos anteriormente.
L[1] = 1
s
, s > 0.
L[cos(at)] = s
s2 + a2
, s > 0.
L[sin(at)] = a
s2 + a2
, s > 0.
L[eat] = 1
s− a, s > a.
L[tn] = n!
sn+1
, s > 0, n ∈ N.
Para ampliar e estruturar formas convenientes de resolver equac¸o˜es diferenciais, va-
mos fornecer ferramentas que sa˜o indispensa´veis no uso da Transformada de Laplace.
Iniciaremos com duas importantes fo´rmulas que envolvem transformadas de derivadas e
integrais.
3.1 Propriedades Iniciais
A seguir veremos a fo´rmula que exprime a Transformada de Laplace da derivada de
uma func¸a˜o f qualquer. Este e´ um dos resultados que sera´ mais utilizado na resoluc¸a˜o
das EDO’s e, por isso, e´ uma important´ıssima ferramenta da Tranformada de Laplace.
Antes, pore´m, fac¸amos a seguinte observac¸a˜o:
Observac¸a˜o 3.1 Se f e´ uma func¸a˜o cont´ınua em (0,∞) com derivada f ′ cont´ınua por
partes e de ordem exponencial, enta˜o f tambe´m e´ de ordem exponencial e
lim
t→∞
e−stf(t) = 0,
para s grande o suficiente.
Com efeito, sendo f ′ de ordem exponencial temos que existem constantes α e C > 0
tais que
|f ′(t)| ≤ Ceαt =⇒ −Ceαt ≤ f ′(t) ≤ Ceαt.
13
Integrando esta desigualdade tem-se
−C
α
eαt ≤ f(t) ≤ C
α
eαt =⇒ |f(t)| ≤ C
α
eαt.
Logo, f e´ de ordem exponecial. Ale´m disso,
0 ≤ |e−stf(t)| = e−st|f(t)| ≤ C
α
e−steαt =
C
α
e−(s−α)t.
Tomando s suficientemente grande (por exemplo s > α), enta˜o lim
t→∞
Ce−(s−α)t = 0. Isto
implica que
lim
t→∞
e−stf(t) = 0, s > α.
Teorema 3.1 Seja f uma func¸a˜o cont´ınua em (0,∞) e suponhamos que f ′ e´ cont´ınua
por partes e de ordem exponencial em [0,∞). Enta˜o,
L[f ′(t)] = sL[f(t)]− f(0+) onde f(0+) = lim
t→0+
f(t). (2)
Prova: Por definic¸a˜o
L[f ′(t)] =
∫ ∞
0
e−stf ′(t) dt
= lim
B→∞
∫ B
0
e−stf ′(t) dt
= lim
B→∞
(
f(t)e−st|B0 −
∫ B
0
(−s)f(t)e−st dt
)
= lim
B→∞
(
f(t)e−st|B0
)− lim
B→∞
∫ B
0
(−s)f(t)e−st dt
= lim
B→∞
(
f(t)e−st|B0
)
+ sL[f(t)].
Pela observac¸a˜o 3.1, f e´ de ordem exponencial e lim
t→∞
e−stf(t) = 0 para s suficientemente
grande. Levando em conta que f pode ter descontinuidade de salto na origem, temos:
lim
B→∞
(
f(t)e−st|B0
)
= lim
B→∞
f(B)e−sB︸ ︷︷ ︸
=0
− lim
B→0+
f(B)e−sB = −f(0+).
Portanto,
L[f ′(t)] = sL[f(t)]− f(0+).
14
Corola´rio 3.2 Se f, f ′, . . . , f (n−1) sa˜o cont´ınuas para todo t > 0 e f (n) e´ cont´ınua por
partes e de ordem exponencial em [0,∞), enta˜o
L[f (n)(t)] = snL[f(t)]− sn−1f(0+)− sn−2f ′(0+)− · · · − sf (n−2)(0+)− f (n−1)(0+).
Prova: E´ consequeˆncia imediata da identidade (2), depois de aplicada repetidas vezes.
Exemplo 3.1 Usando o Teorema 3.1, calcule L[sen(at)].
Soluc¸a˜o: Pondo f(t) = −cos(at)
a
, enta˜o f ′(t) = sen(at). Assim, usando (2) e que
L[cos(at)] = s
s2 + a2
, obtemos:
L[sen(at)] = L[f ′(t)] = sL
[
−cos(at)
a
]
− lim
t→0+
(− cos(at)
a
)
= − s
2
(s2 + a2)a
+
1
a
,
ou seja,
L[sen(at)] = a
s2 + a2
, s > 0.
Exemplo 3.2 Usando o Teorema 3.1, verifique que
L[tn] = n!
sn+1
, s > 0, n ∈ N.
Soluc¸a˜o: Observe que
dn
dtn
(tn) = n!. Logo,
L
[
dn
dtn
(tn)
]
= L[n!] = n!L[1] = n!
s
, s > 0.
Por outro lado, usando o corola´rio acima,
L
[
dn
dtn
(tn)
]
= snL[tn]− sn−1f(0+)− . . .− f (n−1)(0+) = snL[tn].
Desta forma, snL[tn] = n!
s
, ou seja,
L[tn] = n!
sn+1
, s > 0.
15
Exemplo 3.3 Usando o Teorema 3.1, verifique que:
a) L[eattn] = n!
(s− a)n+1 .
b) L[eat sin(bt)] = b
(s− a)2 + b2 e L[e
at cos(bt)] =
s− a
(s− a)2 + b2 .
Soluc¸a˜o: a) Note que (tneat)
′
= ntn−1eat + atneat. Logo,
L[ntn−1eat + atneat] = L
[(
tneat
)′]
= sL[tneat]− lim
t→0+
(tneat)
= sL[tneat],
de onde segue que
sL[tneat] = nL[tn−1eat] + aL[tneat],
ou ainda,
L[tneat] = n
(s− a)L[t
n−1eat], n = 1, 2, 3 · · · .
Deste modo,
L[tneat] = n
(s− a)L[t
n−1eat] =
n(n− 1)
(s− a)2 L[t
n−2eat] = · · · = n(n− 1) · · · 1
(s− a)n L[e
at],
e como L[eat] = 1
(s−a) , enta˜o
L[tneat] = n!
(s− a)n+1 .
b) Tomando f(t) = sin(bt)eat e g(t) = cos(bt)eat, enta˜o
f ′(t) = a sin(bt)eat + b cos(bt)eat e g′(t) = a cos(bt)eat − b sin(bt)eat.
Logo,
L[a sin(bt)eat + b cos(bt)eat] = L
[(
sin(bt)eat
)′]
= sL[sin(bt)eat]− lim
t→0+
(sin(bt)eat)
= sL[sin(bt)eat],
16
de onde segue que
sL[sin(bt)eat] = aL[sin(bt)eat] + bL[cos(bt)eat],
ou seja,
L[sin(bt)eat] = b
(s− a)L[cos(bt)e
at]. (3)
Por outro lado,
L[a cos(bt)eat − b sin(bt)eat] = L
[(
cos(bt)eat
)′]
= sL[cos(bt)eat]− lim
t→0+
(cos(bt)eat)
= sL[cos(bt)eat]− 1,
o que implica em
sL[cos(bt)eat] = aL[cos(bt)eat]− bL[sin(bt)eat] + 1,
ou ainda,
L[cos(bt)eat] = −b
(s− a)L[sin(bt)e
at] +
1
s− a. (4)
Combinando (3) e (4) segue que
L[sin(bt)eat] = b
(s− a)2 + b2 e L[e
at cos(bt)] =
s− a
(s− a)2 + b2 ,
como desejado.
Vejamos agora um primeiro exemplo onde aplicamos a Transformada de Laplace para
resolver o Problema com Valor Inicial.
Exemplo 3.4 Resolva o seguinte PVI, usando a Transforma de Laplace.
d2y
dt2
− y = 1,
y(0) = 0, y′(0) = 1.
17
Soluc¸a˜o: Aplicando a Transformada de Laplace em ambos lados da equac¸a˜o,
L[y′′ − y] = L[1]
⇒ s2L[y]− s y(0+)︸ ︷︷ ︸
=0
− y′(0+)︸ ︷︷ ︸
=1
−L[y] = 1
s
⇒ (s2 − 1)L[y] = 1
s
+ 1
⇒ L[y] = 1
s(s− 1) := ϕ(s).
Para encontrar a soluc¸a˜o desejada, resta determinar a func¸a˜o y(t) cuja Transformada de
Laplace e´ ϕ(s). Usando frac¸o˜es parciais, note que
1
s(s− 1) =
1
s− 1 −
1
s
. Logo,
L[y] = 1
s− 1 −
1
s
⇔ y(t) = L−1
[
1
s− 1 −
1
s
]
= L−1
[
1
s− 1
]
− L−1
[
1
s
]
.
Portanto, y(t) = et − 1.
No que segue, veremos outro importante resultado, o qual estabelece uma relac¸a˜o
para a Transformada de Laplace da integral de uma func¸a˜o. Isto sera´ conveniente para
resolver Equac¸o˜es Integro-diferenciaisde Volterra.
Teorema 3.3 Seja a ∈ R, a ≥ 0. Se f e´ uma func¸a˜o de ordem exponencial em [0,∞),
enta˜o
L
[∫ t
a
f(x) dx
]
=
1
s
L[f(t)]− 1
s
∫ a
0
f(x) dx. (5)
Prova: Em primeiro lugar, note que
∫ t
a
f(x) dx e´ de ordem exponencial e
lim
t→∞
e−st
∫ t
a
f(x)dx = 0,
para s grande o suficiente. De fato, seja g(t) =
∫ t
a
f(x)dx. Pelo Teorema Fundamental do
Ca´lculo g′(t) = f(t). Assim, pela Observac¸a˜o 3.1, segue diretamente que g(t) e´ de ordem
exponencial e lim
t→∞
e−stg(t) = 0. Logo, a Transformada de Laplace de
∫ t
a
f(x) dx existe.
Assim sendo, temos:
L
[∫ t
a
f(x) dx
]
=
∫ ∞
0
(
e−st
∫ t
a
f(x) dx
)
dt = lim
B→∞
∫ B
0
(
e−st
∫ t
a
f(x) dx
)
dt.
18
Integrando por partes, tem-se
L
[∫ t
a
f(x) dx
]
= lim
B→∞
(
−1
s
e−st
∫ t
a
f(x) dx|B0 +
1
s
∫ B
0
e−stf(t) dt
)
.
Como
∫ t
a
f(x) dx e´ de ordem exponencial, e−st
∫ t
a
f(x) dx → 0 quando t →∞, para s e´
suficientemente grande, enta˜o
lim
B→∞
(
−1
s
e−st
∫ t
a
f(x) dx|B0
)
= lim
B→∞
(
−1
s
e−sB
∫ B
a
f(x) dx+
1
s
∫ 0
a
f(x) dx
)
= −1
s
∫ a
0
f(x) dx.
Assim, obtemos
L
[∫ t
a
f(x) dx
]
= −1
s
∫ a
0
f(x) dx+
1
s
∫ ∞
0
e−stf(t) dt =
1
s
L[f(t)]− 1
s
∫ a
0
f(x) dx.
Corola´rio 3.4 Sob as condic¸o˜es do Teorema 3.3, temos:
L
∫ t
a
∫ t
a
· · ·
∫ t
a︸ ︷︷ ︸
n vezes
f(x) dx · · · dx dx
 = 1snL[f ]− 1sn
∫ a
0
f(x) dx
− 1
sn−1
∫ a
0
∫ t
0
f(x) dx− · · · − 1
s
∫ a
0
∫ t
a
· · ·
∫ t
a︸ ︷︷ ︸
(n−1) vezes
f(x) dx · · · dx.
Prova: E´ consequeˆncia imediata do Teorema 3.3.
Na pra´tica, as equac¸o˜es diferenciais surgem com termo integrando inicial a = 0. Sendo
assim, podemos resumir os resultados acima como:
Corola´rio 3.5 Sob as condic¸o˜es do Teorema 3.3 com a = 0, segue que
L
[∫ t
0
f(x) dx
]
=
1
s
L[f(s)]. (6)
L
∫ t
0
∫ t
0
· · ·
∫ t
0︸ ︷︷ ︸
n vezes
f(x) dx · · · dx dx
 = 1snL[f(s)]. (7)
19
Exemplo 3.5 Calcule L[tet].
Soluc¸a˜o: Inicialmente note que∫ t
0
xexdx = tet − et + 1.
Usando (6) temos L[tet − et + 1] = 1
s
L[tet]. Como o operador L e´ linear obtemos,
L[tet]− L[et] + L[1] = 1
s
L[tet].
Da´ı, (
1− 1
s
)
L[tet] = L[et]− L[1].
Portanto,
L[tet] = 1
(s− 1)2 , s > 1.
3.2 Teoremas de Translac¸a˜o
No que segue, veremos mais resultados que exprimem Transformadas de Laplace de
certas func¸o˜es, as quais dara˜o suporte para resolver determinadas equac¸o˜es.
O primeiro resultado nos mostra que, conhecido L[f(t)], podemos calcular L[eatf(t)].
Proposic¸a˜o 3.6 (Primeiro Teorema de Translac¸a˜o) Se L[f(t)] = ϕ(s), enta˜o
L[eatf(t)] = ϕ(s− a).
Prova: Por definic¸a˜o
L[eatf(t)] =
∫ ∞
0
e−steatf(t) dt =
∫ ∞
0
e−(s−a)tf(t) dt = L[f(t)](s− a) = ϕ(s− a).
Em termos de transformadas inversas, podemos reescrever o Primeiro Teorema de
Translac¸a˜o como:
L−1[ϕ(s− a)] = eatf(t) = eatL−1[ϕ(s)], (8)
20
ou ainda
L−1[ϕ(s)] = eatL−1[ϕ(s+ a)]. (9)
Exemplo 3.6 Sabendo que
L[cos(3t)] = s
s2 + 9
,
calcule L[e−2t cos(3t)]
Soluc¸a˜o: Pela proposic¸a˜o 3.6 obtemos
L[e−2t cos(3t)] = s+ 2
(s+ 2)2 + 9
.
Exemplo 3.7 Calcule
L−1
[
2s+ 3
s2 − 4s+ 20
]
.
Soluc¸a˜o: Primeiro observe que
2s+ 3
s2 − 4s+ 20 =
2(s− 2) + 7
(s− 2)2 + 16 = 2
(s− 2)
(s− 2)2 + 42 +
7
4
4
(s− 2)2 + 42 .
Assim,
L−1
[
2s+ 3
s2 − 4s+ 20
]
= 2L−1
[
(s− 2)
(s− 2)2 + 16
]
+
7
4
L−1
[
4
(s− 2)2 + 16
]
= 2e2t cos(4t) +
7
4
e2tsen(4t).
21
Para estabelecer mais um resultado, introduziremos a func¸a˜o degrau unita´rio, dada
por
ua(t) =
 0 se t ≤ a1 se t > a
onde supomos que a ≥ 0. Veja o gra´fico de ua(t) abaixo.
a
1
t
u ta( )
Figura 2: Func¸a˜o degrau unita´rio
A partir da func¸a˜o degrau unita´rio e de uma func¸a˜o g dada, podemos definir uma
func¸a˜o f dada por f(t) = ua(t)g(t− a), ou seja,
f(t) =
 0 se t ≤ ag(t− a) se t > a
Veja que f descreve a func¸a˜o obtida transladando g(t), a unidades para a` direita e depois
anulando a parte a` esquerda de a.
a t
u (t) ( -a)a g t
Figura 3: Gra´fico de ua(t)g(t− a)
22
Essas func¸o˜es aparecem em sistemas f´ısicos, como impulsos com retardamento no
instante t = a > 0. O pro´ximo resultado expressa a fo´rmula para a Transformada de
Laplace de tais func¸o˜es.
Proposic¸a˜o 3.7 (Segundo Teorema de Translac¸a˜o) Seja f(t) = ua(t)g(t − a), a ≥
0, uma func¸a˜o cont´ınua por partes e de ordem exponecial. Enta˜o
L[f(t)] = e−asL[g(t)]. (10)
Prova: Por definic¸a˜o tem-se
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt =
∫ ∞
0
e−stua(t)g(t− a) dt =
∫ ∞
a
e−stg(t− a) dt.
Fazendo x = t− a na integral acima tem-se que t = x+ a e dt = dx. Assim,
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−s(x+a)g(x) dx
=
∫ ∞
0
e−sxe−sag(x) dx
= e−as
∫ ∞
0
e−sxg(x) dx
= e−asL[g(t)].
Na f´ısica, o fator e−as que aparece na expressa˜o acima e´ chamado tambe´m de Fator de
Retardamento. Em termos de transformadas inversas, podemos reescrever o Segundo
Teorema de Translac¸a˜o como:
L−1 [e−asL[g(t)]] = ua(t)g(t− a), (11)
ou ainda,
L−1[e−asϕ(s)] = ua(t)g(t− a), onde ϕ(s) = L[g(t)]. (12)
Exemplo 3.8 Se f(t) = ua(t)sen(t), encontre L[f(t)].
23
Soluc¸a˜o: Pela Proposic¸a˜o 3.7,
L[ua(t)sen(t)] = L[ua(t)sen((t+ a)− a)]
= e−asL[sen(t+ a)]
= e−asL[sen(t) cos(a) + sen(a) cos(t)]
= e−as{ cos(a)L[sen(t)] + sen(a)L[cos(t)]}
= e−as
cos(a) + sen(a)s
s2 + 1
.
Exemplo 3.9 Calcule L[f(t)], onde f = f1 + f2 + f3 e
f1(t) = 1, ∀ t ≥ 0.
f2(t) =
 0 , t ≤ 11− t , t > 1
f3(t) =
 0 , t ≤ 2−(2− t) , t > 2
Soluc¸a˜o: Pela linearidade da Transformada de Laplace, segue que:
L[f(t)] = L[f1(t)] + L[f2(t)] + L[f3(t)]
=
1
s
+ e−sL[−t] + e−2sL[t]
=
1
s
+ L[t] (e−2s − e−s)
=
1
s
+
e−2s − e−s
s2
=
s+ e−2s − e−s
s2
.
Exemplo 3.10 Determine L−1
[
e−3s
s2 + 6s+ 10
]
.
Soluc¸a˜o: Por (12) temos
L−1
[
e−3s
s2 + 6s+ 10
]
= u3(t)g(t− 3),
24
onde
g(t) = L−1
[
1
s2 + 6s+ 10
]
= L−1
[
1
(s+ 3)2 + 1
]
= e−3tsen(t).
Logo
L−1
[
e−3s
s2 + 6s+ 10
]
= u3(t)e
−3(t−3)sen(t− 3).
O pro´ximo resultado nos permite calcular a Transformada de Laplace de tnf(t),
quando ja´ e´ conhecida L[f(t)].
Proposic¸a˜o 3.8 Se L[f(t)] = ϕ(s), enta˜o
L[tnf(t)] = (−1)n d
n
dsn
ϕ(s). (13)
Prova: Por definic¸a˜o temos
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt = ϕ(s).
Derivando em ambos lados e usando o Teorema de Leibniz,
d
ds
ϕ(s) =
d
ds
∫ ∞
0
e−stf(t) dt =
∫ ∞
0
∂
∂s
(e−stf(t)) dt =
∫ ∞
0
f(t)e−st(−t) dt.
Da´ı
d
ds
ϕ(s) = −
∫ ∞
0
e−st(tf(t)) dt = −L[tf(t)].
Derivando novamente tem-se
d2
ds2
ϕ(s) = −
∫ ∞
0
∂
∂s
(e−sttf(t)) dt =
∫ ∞
0
e−st(t2f(t)) dt = L[t2f(t)].
Procedendo desta maneira ate´ a n-e´sima derivada de ϕ(s) chegamos a
dn
dsn
ϕ(s) = (−1)nL[tnf(t)],
ou seja,
L[tnf(t)] = (−1)n d
n
dsn
ϕ(s).
A Transformada Inversa correspondente a (13) e´
L−1
[
dn
dsn
ϕ(s)
]
= (−1)ntnL−1[ϕ(s)] (14)
25
Exemplo 3.11 Calcule L[tsen(t)].
Soluc¸a˜o: Usando a Proposic¸a˜o 3.8,
L[tsen(t)] = − d
ds
L[sen(t)] = − d
ds
(
1
s2 + 1
)
=
2s
(s2 + 1)2
, s > 0.
Exemplo 3.12 Usando a Proposic¸a˜o 3.8, calcule L[tn].
Soluc¸a˜o: Note que tn = 1tn, assim
L[tn] = (−1)n d
n
dsn
L[1] = (−1)n d
n
dsn
(
1
s
)
= (−1)n(−1)n n!
sn+1
=
n!
sn+1
, s > 0.
A fim de estabelecer mais um resultado, vejamos o conceito de func¸o˜es perio´dicas.
Definic¸a˜o 3.1 Uma func¸a˜o f : R → R e´ chamada perio´dica,com per´ıodo p > 0 (ou
simplesmente p-perio´dica), se f(t+ p) = f(t) para todos t ∈ R.
O seguinte resultado reduz o ca´lculo da Transformada de Laplace de uma func¸a˜o
perio´dica a resoluc¸a˜o de uma integral num intervalo finito.
Proposic¸a˜o 3.9 Seja f : [0,∞)→ R de ordem exponencial e p-perio´dica, enta˜o
L[f(t)] = 1
1− e−sp
∫ p
0
e−stf(t) dt. (15)
Prova: Por definic¸a˜o,
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt
=
∫ p
0
e−stf(t) dt+
∫ 2p
p
e−stf(t) dt+ · · ·+
∫ (n+1)p
np
e−stf(t) dt+ · · · .
Fazendo x+ np = t na (n+ 1)-e´sima integral da se´rie acima temos∫ (n+1)p
np
e−stf(t) dt =
∫ p
0
e−s(x+np)f(x+ np) dx = e−nsp
∫ p
0
e−sxf(x) dx.
26
Portanto,
L[f(t)] =
∫ p
0
e−sxf(x) dx+ e−ps
∫ p
0
e−sxf(x) dx+ · · ·+ e−nps
∫ p
0
e−sxf(x) dx+ · · ·
= (1 + e−ps + e−2ps + . . .+ e−nps + . . .)
∫ p
0
e−sxf(x) dx
=
( ∞∑
n=0
e−nps
)∫ p
0
e−sxf(x) dx
=
1
1− e−ps
∫ p
0
e−sxf(x) dx.
Isto conclui (15).
Exemplo 3.13 Encontre a Transformada de Laplace da func¸a˜o f cujo gra´fico e´ dado a
seguir.
1 2 3 4 5
1
Figura 4: Gra´fico de f
Soluc¸a˜o: Note que f e´ de ordem exponencial e e´ perio´dica, com per´ıodo p = 2. Assim,
L[f(t)] =
∫ 2
0
e−stf(t) dt
1− e−2s =
∫ 1
0
e−st dt
1− e−2s =
1
s(1 + e−s)
.
3.3 O Teorema de Convoluc¸a˜o
O pro´ximo resultado estabelece uma importante propriedade da Transformada de
Laplace, constituindo-se de uma ferramenta ideal para a construc¸a˜o de inversas para
27
operadores diferenciais lineares a coeficientes constantes. Tal resultado e´ conhecido como
Fo´rmula de Convoluc¸a˜o.
Teorema 3.10 Sejam f e g func¸o˜es cont´ınuas por partes e de ordem exponencial. Supo-
nhamos que L[f(t)] = ϕ(s) e L[g(t)] = ψ(s). Enta˜o,
L
[∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξ
]
= ϕ(s)ψ(s). (16)
Prova: Usando a definic¸a˜o da transfomada de Laplace, obtemos
L
[∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξ
]
=
∫ ∞
0
e−st
∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξdt
=
∫ ∞
0
∫ t
0
e−stf(t− ξ)g(ξ) dξdt,
onde a integrac¸a˜o e´ feita sobre a regia˜o do plano tξ em 0 ≤ ξ ≤ t e 0 ≤ t <∞.
Agora note que esta regia˜o e´ equivalentemente a` regia˜o determinada por ξ ≤ t < ∞
e 0 ≤ ξ <∞, conforme podemos observar na figura abaixo.
x
t= x
t
Figura 5: Regia˜o de integrac¸a˜o
Logo,∫ ∞
0
∫ t
0
e−stf(t− ξ)g(ξ) dξdt =
∫ ∞
0
∫ ∞
ξ
e−stf(t− ξ)g(ξ) dtdξ
=
∫ ∞
0
g(ξ)
(∗)︷ ︸︸ ︷(∫ ∞
ξ
e−stf(t− ξ) dt
)
dξ.
28
A mudanc¸a de ordem de integrac¸a˜o e´ permiss´ıvel aqui, uma vez que o determinante do
jacobiano da mudanc¸a de varia´veis e´ 1. Fazendo agora u = t− ξ em (*) obtem-se que∫ ∞
ξ
e−stf(t− ξ) dt =
∫ ∞
0
e−s(u+ξ)f(u) du.
Portanto,
L
[∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξ
]
=
∫ ∞
0
g(ξ)
(∫ ∞
0
e−s(u+ξ)f(u) du
)
dξ
=
∫ ∞
0
e−sξg(ξ)
(∫ ∞
0
e−suf(u) du
)
dξ
=
(∫ ∞
0
e−suf(u) du
)(∫ ∞
0
e−sξg(ξ) dξ
)
= L[f(t)]L[g(t)],
como queriamos demonstrar
Em termos de Transformada Inversa a identidade (16) fica sob a forma
L−1[ϕ(s)ψ(s)] =
∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξ. (17)
Por (17) observamos que se conhecemos as Transformadas Inversas f e g das func¸o˜es ϕ
e ψ, enta˜o podemos exprimir a Transformada Inversa do produto ϕ(s)ψ(s) como uma
integral envolvendo f e g.
Definindo a convoluc¸a˜o de f com g, por
(f ∗ g)(t) =
∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξ,
enta˜o podemos reescrever (17) como
L−1[ϕ(s)ψ(s)] = (f ∗ g)(t) = L−1[ϕ(s)] ∗ L−1[ψ(s)]. (18)
A fo´rmula de convoluc¸a˜o satisfaz as seguintes propriedades:
(i) Comutatividade: f ∗ g = g ∗ f
29
(ii) Associatividade: (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h)
(iii) Distributividade: f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h
Essas treˆs propriedades sa˜o imediatas da definic¸a˜o da fo´rmula de convoluc¸a˜o. Com
estas operac¸o˜es, podemos dizer que a fo´rmula de convoluc¸a˜o define uma multiplicac¸a˜o
razoa´vel em E .
3.4 A func¸a˜o de Gama
Vamos calcular a seguir a Transformada de Laplace de f(t) = 1/
√
t. Mais precisa-
mente, vamos determinar que
L
[
1/
√
t
]
=
√
pi
s
, s > 0.
Para tal finalidade, devemos introduzir a func¸a˜o Gama, Γ(x). Verificaremos que esta
u´ltima esta´ bem definida e, em seguida, determinaremos Γ(1/2). Por fim, encontraremos
a Transformada de Laplace da func¸a˜o 1/
√
t.
Definic¸a˜o 3.2 Considere a func¸a˜o
Γ : (0,∞) −→ R
definida pela equac¸a˜o
Γ(x) =
∫ ∞
0
e−ttx−1 dt, x > 0. (19)
A func¸a˜o dada por (19) e´ chamada func¸a˜o Gama.
Observac¸a˜o 3.2 A integral em (19) converge para todos os valores de x > 0.
De fato, fac¸amos
Γ(x) =
∫ 1
0
e−ttx−1 dt+
∫ ∞
1
e−ttx−1 dt.
(i) Ca´lculo de ∫ 1
0
e−ttx−1 dt.
30
1◦) Se 0 < x < 1 . Neste caso, temos que a integral impro´pria
∫ 1
0
e−ttx−1 dt =
∫ 1
0
1
ett1−x
dt ≤
∫ 1
0
1
t1−x
dt.
E esta u´ltima integral converge pois 1− x < 1.
Logo
∫ 1
0
e−ttx−1 dt converge pelo teste de comparac¸a˜o.
2◦) Se x > 1 . Aqui a integral ∫ 1
0
e−ttx−1 dt
converge pois o integrando e´ cont´ınuo em [0, 1].
(ii) Ca´lculo de ∫ ∞
1
e−ttx−1 dt.
1◦) Se 0 < x < 1 . Perceba que
tx−1 =
1
t1−x
≤ 1 =⇒ t
x−1
et
≤ 1
et
.
Da´ı, ∫ ∞
1
e−ttx−1 dt ≤
∫ ∞
1
e−t dt = lim
A→∞
(
− 1
eA
+
1
e
)
=
1
e
.
Novamente pelo teste de comparac¸a˜o,
∫∞
1
e−ttx−1 dt converge.
2◦) Se x > 1 . Fac¸amos∫ ∞
1
e−ttx−1 dt =
∫ a
1
e−ttx−1 dt+
∫ ∞
a
e−ttx−1 dt,
onde a > 1. Mostremos que existe o nu´mero a > 1 de modo que as duas integrais acima
convirjam.
Por L’Hoˆpital, veja que lim
t→∞
tx+1
et
= 0, assim, existe um nu´mero a > 1 tal que
tx+1
et
≤
1, ∀ t > a. Agora observe que
tx−1
et
=
tx+1
t2et
≤ 1
t2
, ∀ t > a.
31
E como
∫∞
a
1/t2 dt converge, temos pelo teste de comparac¸a˜o que
∫∞
1
e−ttx−1 dt converge.
Portanto, concluimos de (i) e (ii) que a integral que define a func¸a˜o Gama converge
para todos valores x > 0.
Exerc´ıcio: Mostre que Γ(1/2) =
√
pi.
Soluc¸a˜o: Note que
Γ(1/2) =
∫ ∞
0
e−tt−1/2 dt = 2
∫ ∞
0
e−u
2
du,
onde na segunda igualdade usamos a mudanc¸a de varia´vel u =
√
t. Enta˜o,
[Γ(1/2)]2 = 4
(∫ ∞
0
e−u
2
du
)2
= 4
∫ ∞
0
∫ ∞
0
e−(u
2+v2) dudv.
Usando coordenadas polares, u = r cos θ e v = rsenθ onde 0 ≤ θ ≤ pi/2 e 0 ≤ r < ∞,
temos
[Γ(1/2)]2 = 4
∫ ∞
0
∫ pi/2
0
e−r
2
r dθdr = 2pi
∫ ∞
0
e−r
2
r dr
= 2pi lim
A→∞
∫ A
0
e−r
2
r dr = 2pi lim
A→∞
(
1
2
− 1
2eA2
)
= pi.
Finalmente, vamos determinar a Transformada de Laplace da func¸a˜o f(t) =
1√
t
.
Por definic¸a˜o
L[1/√t] =
∫ ∞
0
e−st
1√
t
dt.
Fazendo x = st, s > 0, na integral acima tem-se
L[1/√t] = 1√
s
∫ ∞
0
e−x√
x
dx =
1√
s
Γ(1/2) =
1√
s
√
pi.
Potanto,
L[1/√t] =
√
pi
s
, s > 0.
32
4 Aplicac¸o˜es em Equac¸o˜es Diferenciais
Nesta sec¸a˜o faremos uso das fo´rmulas obtidas a priori para resolver Problemas de
Valor Inicicial (PVI).
4.1 Equac¸o˜es Lineares de Segunda Ordem
Exemplo 4.1 Determine a soluc¸a˜o do seguinte PVI: y′′ + 2y′ + y = et,y(0) = y′(0) = 0.
Soluc¸a˜o: Aplicando a Transformada de Laplace, vem que
L[y′′] + L[2y] + L[y] = L[et]
⇒ s2L[y]− sy(0+)− y′(0+) + 2(sL[y]− y(0+)) + L[y] = 1
s− 1
⇒ (s2 + 2s+ 1)L[y] = 1
s− 1 .
Logo,
L[y] = 1
(s− 1)(s2 + 2s+ 1) ,
ou ainda,
y = L−1
[
1
(s− 1)(s2 + 2s+ 1)
]
.
Usando frac¸o˜es parciais, note que
1
(s− 1)(s2 + 2s+ 1) =
1
4
(
1
s− 1
)
− 1
4
(
s+ 3
(s+ 1)2
)
=
1
4
(
1
s− 1
)
− 1
4
(
s+ 1
(s+ 1)2
)
− 1
4
(
2
(s+ 1)2
)
=
1
4
(
1
s− 1
)
− 1
4
(
1
s− (−1)
)
− 1
2
(
1
(s− (−1))2
)
.
Logo,
y =
1
4
L−1
[
1
s− 1
]− 1
4
L−1
[
1
s− (−1)
]
− 1
2
L−1
[
1
(s− (−1))2
]
=
1
4
et − 1
4
e−t − 1
2
(te−t).
33
Portanto a soluc¸a˜o do Problema de Valor Inicial dado e´
y =
1
4
et − 1
4
e−t − 1
2
(te−t).
Exemplo 4.2 Sendo h(t) uma func¸a˜o que admite Transformada de Laplace, determine
a soluc¸a˜o do PVI  y′′ + y′ − 6y = h(t),y(0) = y′(0) = 0.
Soluc¸a˜o: Aplicando o operador L na equac¸a˜o diferencial tem-se
(s2 + s− 6)L[y] = L[h(t)] ⇒ L[y] = L[h(t)]
(s− 2)(s+ 3) .
Logo,
y(t) = L−1
[ L[h(t)]
(s− 2)(s+ 3)
]
= L−1
[
1
(s− 2)(s+ 3)
]
∗ h(t)
=
(
L−1
[
1
s− 2
]
∗ L−1
[
1
s+ 3
])
∗ h(t)
=
(∫ t
0
e(2t−5ξ) dξ
)
∗ h(t)
=
(
e2t
5
− e
−3t
5
)
∗ h(t)
Portanto,
y(t) =
∫ t
0
(
e2(t−ξ)
5
− e
−3(t−ξ)
5
)
h(ξ) dξ.
Finalmente, para determinar a soluc¸a˜o expl´ıcita, basta atribuir uma expressa˜o particular
a` func¸a˜o h e resolver a integral, se poss´ıvel.
Exemplo 4.3 Sendo h(t) = 1,∀ t > 0, determine a soluc¸a˜o do PVI y′′ + y′ − 6y = 1,y(0) = y′(0) = 0.
34
Soluc¸a˜o: Pelo exemplo anterior, segue que
y(t) =
∫ t
0
(
e2(t−ξ)
5
− e
−3(t−ξ)
5
)
dξ
=
e2t
10
+
e−3t
15
− 1
6
.
Exemplo 4.4 Determine a soluc¸a˜o do PVI y′′ + y′ − 6y = e6t,y(0) = y′(0) = 0.
Soluc¸a˜o: Pelo exemplo anterior, segue que
y(t) =
∫ t
0
(
e2(t−ξ)
5
− e
−3(t−ξ)
5
)
e6ξ dξ
=
e6t
36
− e
2t
20
+
e−3t
45
.
Exemplo 4.5 Determine a soluc¸a˜o do PVI y′′ + 4y′ + 4y = u2(t)e−(t−2),y(0) = 1, y′(0) = −1,
onde u2(t) =
 0 se t ≤ 21 se t > 2 e´ a func¸a˜o degrau unita´rio.
Soluc¸a˜o: Aplicando a Transformada de Laplace e usando o segundo Teorema de Translac¸a˜o,
L[y′′] + 4L[y′] + 4L[y] = e−2s 1
s+ 1
⇒ s2L[y]− sy(0+)− y′(0+) + 4sL[y]− 4y(0+) + 4L[y] = e−2s 1
s+ 1
⇒ (s2 + 4s+ 4)L[y] = e−2s 1
s+ 1
+ s+ 3
⇒ (s+ 2)2L[y] = e
−2s + s2 + 4s+ 3
s+ 1
.
35
Logo,
L[y] = e
−2s + s2 + 4s+ 3
(s+ 1)(s+ 2)2
= e−2s
1
(s+ 1)(s+ 2)2
+
(s+ 1)(s+ 3)
(s+ 1)(s+ 2)2
= e−2s
(
1
s+ 1
− 1
s+ 2
− 1
(s+ 2)2
)
+
1
s+ 2
+
1
(s+ 2)2
=
e−2s
s+ 1
− e
−2s
s+ 2
− e
−2s
(s+ 2)2
+
1
s+ 2
+
1
(s+ 2)2
.
Assim,
y = L−1
[
e−2s
s+ 1
− e
−2s
s+ 2
− e
−2s
(s+ 2)2
+
1
s+ 2
+
1
(s+ 2)2
]
= L−1
[
e−2s
s+ 1
]
− L−1
[
e−2s
s+ 2
]
− L−1
[
e−2s
(s+ 2)2
]
+L−1
[
1
s+ 2
]
+ L−1
[
1
(s+ 2)2
]
.
Novamente pelo segundo Teorema de Translac¸a˜o (em termos de transformada inversa), a
soluc¸a˜o e´ dada por
y(t) = u2(t)e
−(t−2) − u2(t)e−2(t−2) − u2(t)(t− 2)e−2(t−2) + e−2t(1 + t).
Exemplo 4.6 Determine a soluc¸a˜o do PVI y′′ + 2y′ + y = u1(t)− 2u2(t) + u3(t),y(0) = y′(0) = 0,
onde ua(t) =
 0 se t ≤ a,1 se t > a.
Soluc¸a˜o: Aplicando a Transformada de Laplace e usando as condic¸o˜es iniciais, obtemos
(s2 + 2s+ 1)︸ ︷︷ ︸
=(s+1)2
L[y] = e
−t − 2e−2t + e−3t
s
,
ou seja,
L[y] = e
−t − 2e−2t + e−3t
s(s+ 1)2
=
e−t
s(s+ 1)2
− 2 e
−2t
s(s+ 1)2
+
e−3t
s(s+ 1)2
.
36
Agora, aplicando a transformada inversa e usando sua linearidade obtemos
y = L−1
[
e−t
s(s+ 1)2
]
− 2L−1
[
e−2t
s(s+ 1)2
]
+ L−1
[
e−3t
s(s+ 1)2
]
.
Usando frac¸o˜es parciais, note que
1
s(s+ 1)2
=
1
s
− 1
s+ 1
− 1
(s+ 1)2
.
Logo, pelo segundo Teorema de translac¸a˜o
L−1
[
e−at
s(s+ 1)2
]
= L−1
[
e−at
s
− e
−at
s+ 1
− e
−at
(s+ 1)2
]
= L−1
[
e−at
s
]
− L−1
[
e−at
s+ 1
]
− L−1
[
e−at
(s+ 1)2
]
= ua(t)− ua(t)e−(t−a) − ua(t)(t− a)e−(t−a).
Tomando em particular a = 1, a = 2 e a = 3, obtemos
y(t) = u1(t)− u1(t)e−(t−1) − u1(t)(t− 1)e−(t−1)
− 2 (u2(t)− u2(t)e−(t−2) − u2(t)(t− 2)e−(t−2))
+u3(t)− u3(t)e−(t−3) − u3(t)(t− 3)e−(t−3).
Reajustando os termos necessa´rios, concluimos que a soluc¸a˜o do problema e´ dada por
y = u1(t)− 2u2(t) + u3(t)− 2e2(u2(t)− eu3(t))e−t − e(u1(t)− 2eu2(t) + e2u3(t))te−t.
4.2 Exerc´ıcios de Fixac¸a˜o
Usando a Transformada de Laplace, encontre a soluc¸a˜o dos seguintes PVI’s:
1. y′ + 3y = t sin(2t), y(0) = 1.
2. y′′ + y′ − 6y = e−3t, y(0) = y′(0) = 0.
3. y′′ + y′ − 6y = cos(2t), y(0) = y′(0) = 0.
37
4. y′′ + y′ − 6y = t2, y(0) = y′(0) = 0.
5. y′′ + 6y′ + 8y = 16t+ 12, y(0) = 2, y′(0) = −6
6. y′′ + 6y′ + 9y = t2e3t, y(0) = 2, y′(0) = 6.
7. y′′ + 4y′ + 13y = 3e−2tcos(3t), y(0) = y′(0) = 0.
8. y′′ + 4y′ + 5y = e−3t cos (t) y(0) = 2, y′(0) = 1
9. y′′ − 2y′ + y = u3(t)− 3u2(t), y(0) = y′(0) = 0, ua(t) =
 0 se t ≤ a,1 se t > a.
10. y′′ − 5y′ + 6y = u2(t) + u3(t), y(0) = y′(0) = 0.
11. y′′ + y′ + y = u2(t)e−(t−3), y(0) = 0, y′(0) = −1.
12. y′′ + 3y′ − 4y = upi
2
(t) cos(t), y(0) = 1, y′(0) = 0.
13. y′′ + 4y = f(t), y(0) = 1, y′(0) = 0, onde f(t) =
 1 se 0 ≤ t < pi,0 se pi ≤ t <∞.
14. y′ + 2y +
∫ t
0
y(s)ds = f(t), y(0) = 1, onde f(t) =

t se t < 1,
2− t se 1 ≤ t ≤ 2,
0 se t > 2.
4.3 Equac¸o˜es Lineares de Ordem Superior
No que segue, vamos estabelecer um me´todo para resolver o seguinte PVI: y(n) + an−1y(n−1) + · · ·+ a1y′ + a0y = h,y(0) = y′(0) = · · · = y(n−1)(0) = 0, (20)
onde a0, a1, . . . , an ∈ R e h e´ uma func¸a˜o dada, cuja Transformada de Laplace exista.
Denotando por L o seguinte operador diferencial linear a coeficientes constantes
L = Dn + an−1Dn−1 + . . .+ a1D + a0,
38
enta˜o podemos reescrever o PVI (20) como Ly = h,y(0) = y′(0) = . . . = y(n−1)(0) = 0. (21)
Aplicando a Transformada de Laplace na equac¸a˜o diferencial em (21) em usando as
condic¸o˜es iniciais, obtemos
p(s)L[y] = h(s),
onde h(s) = L[h] e p(s) = sn + an−1sn−1 + . . .+ a1s+ a0. Assim,
L[y] = h(s)
p(s)
⇐⇒ y = L−1
[
h(s)
p(s)
]
.
=⇒ y = L−1
[
1
p(s)
h(s)
]
= L−1
[
1
p(s)
]
∗ h(t).
Denotando por
g(t) := L−1
[
1
p(s)
]
,
temos pela fo´rmula de convoluc¸a˜o que
y(t) = g(t) ∗ h(t) =
∫ t
0
g(t− ξ)h(ξ) dξ, (22)
e´ a soluc¸a˜o do Problema de Valor Inicial (21) e, portanto, soluc¸a˜o de (20).
Lema 4.1 A func¸a˜o g(t) = L−1
[
1
p(s)
]
satisfaz o seguinte PVI
 Ly = 0 em (0,∞)y(0) = y′(0) = . . . = y(n−2)(0) = 0, y(n−1)(0) = 1, (23)
onde L = Dn + an−1Dn−1 + . . .+ a1D + a0 e p(s) = sn + an−1sn−1 + . . .+ a1s+ a0.
Prova: Aplicando a Transformada de Laplace, obtemos
−1 + p(s)L[y] = 0 =⇒ L[y] = 1
p(s)
.
39
Logo,
y = L−1
[
1
p(s)
]
︸ ︷︷ ︸
g(t)
e´ a soluc¸a˜o do PVI (23), sendo a u´nica soluc¸a˜o devido aos valores iniciais.
Na teoria de existeˆncia e unicidade de soluc¸o˜es, o operador diferencial L se tornava
biun´ıvoco diante de um conjunto de condic¸o˜es iniciais e, deste modo, possuia uma u´nica
inversa G, ver Kreider [5].
Relembrando, temos que L : Cn(I) −→ C(I), assim podemos considerar a soluc¸a˜o y(t)
dada em (22) como uma aplicac¸a˜o G : C[0,∞) −→ Cn[0,∞) e, enta˜o, temos uma inversa
”lateral” G para L, definida por
G(h) =
∫ t
0
g(t− ξ)h(ξ) dξ.
A func¸a˜o g(t − ξ) que aparece na integral e´ chamada func¸a˜o de Green para o operador
diferencial L em problemas com valor inicial em t = 0. O pro´ximo resultado diz respeito
a func¸a˜o de Green g(t − ξ), a partir da func¸a˜o g(t) e, o mesmo, decorre imediatamente
da teoria sobre func¸o˜es de Green para operadores diferenciais, ver Kreider [5].
Teorema 4.2 Seja L = Dn + an−1Dn−1 + . . .+ a1D + a0 e p(s) = sn + an−1sn−1 + . . .+
a1s + a0 o polinoˆmio auxiliar de L. Se g(t) = L−1
[
1
p(s)
]
, enta˜o a func¸a˜o g(t − ξ) e´ a
func¸a˜o de Green para L no intervalo (−∞,∞).
Sob estas considerac¸o˜es, note que
G(h) =
∫ t
t0
g(t− ξ)h(ξ) dξ, t0 ∈ (−∞,∞),
corresponde a inversa de L em PVI’s da forma Ly = h,y(t0)= y′(t0) = . . . = y(n−1)(t0) = 0.
40
Exemplo 4.7 Determine a soluc¸a˜o particular da EDO sujeita as condic¸o˜es iniciais 4y(4) − 4y(3) + 5y′′ − 4y′ + y = ln(t),y(1) = y′(1) = y′′(1) = y′′′(1) = 0.
Soluc¸a˜o: Note que podemos reescrever o PVI como (D4 −D3 + 54D2 −D + 14)y = 14 ln(t),y(1) = y′(1) = y′′(1) = y′′′(1) = 0.
Primeiro vamos determinar a func¸a˜o de Green para o operador normalizado L = D4 −
D3 + 5
4
D2 −D + 1
4
, cujo polinoˆmio auxiliar e´ p(s) = s4 − s3 + 5
4
s2 − s+ 1
4
. Seja
g(t) = L−1
[
1
p(s)
]
= L−1
[
4
4s4 − 4s3 + 5s2 − 4s+ 1
]
.
Usando frac¸o˜es parciais tem-se que
g(t) = L−1
[ 16
5
(2s− 1)2 −
32
5
2s− 1 +
16s
25
s2 + 1
−
12
25
s2 + 1
]
.
Assim,
g(t) =
4
5
tet/2 − 16
25
et/2 +
16
25
cos(t)− 12
25
sen(t).
Logo, a func¸a˜o de Green para o operador L e´
g(t− ξ) = 4
5
(t− ξ)e(t−ξ)/2 − 16
25
e(t−ξ)/2 +
16
25
cos(t− ξ)− 12
25
sen(t− ξ).
Portanto, a soluc¸a˜o particular do PVI correspondente e´
y(t) =
∫ t
1
g(t− ξ) ln(ξ)
4
dξ.
Exemplo 4.8 Determine uma func¸a˜o de Green para o operador L = D2− 2aD+a2+ b2.
Soluc¸a˜o: O polinoˆmio auxiliar e´ p(s) = s2 − 2as+ a2 + b2. Assim,
g(t) = L−1
[
1
p(s)
]
= L−1
[
1
(s− a)2 + b2
]
= L−1
[
1
b
b
(s− a)2 + b2
]
.
41
Logo, pelo primeiro Teorema de Translac¸a˜o, temos
g(t) =
1
b
eatsen(bt).
Portanto, pelo Teorema 4.2 a func¸a˜o de Green para L e´
g(t− ξ) = 1
b
ea(t−ξ)sen(b(t− ξ)).
Exemplo 4.9 Resolva o seguinte PVI (D2 − 2aD + a2 + b2)y = h(t),y(pi) = 2, y′(pi) = −3. (24)
Soluc¸a˜o: Sabemos que g(t−ξ) = 1
b
ea(t−ξ)sen(b(t−ξ)) e´ a func¸a˜o de Green para o operador
L = D2 − 2aD + a2 + b2. Com isto, uma soluc¸a˜o particular para o problema (24) e´
yp(t) = G(h) =
1
b
∫ t
pi
ea(t−ξ)sen(b(t− ξ))h(ξ) dξ.
Resta encontrar a soluc¸a˜o geral yh do problema homogeˆneo associado (D2 − 2aD + a2 + b2)y = 0y(pi) = 2, y′(pi) = −3. (25)
Usaremos a Transformada de Laplace para tal finalidade. Note que se a func¸a˜o Y (t)
satisfaz o seguinte problema (D2 − 2aD + a2 + b2)Y = 0,Y (0) = 2, Y ′(0) = −3, (26)
enta˜o yh(t) = Y (t − pi). Aplicando a Transformada de Laplace em (26)1 e usando as
condic¸o˜es iniciais (26)2,
L[Y ] = 2s− 3− 4a
s2 − 2as+ a2 + b2
=
2(s− a)− 2a− 3
(s− a)2 + b2
=
2(s− a)
(s− a)2 + b2 −
(
3 + 2a
b
)(
b
(s− a)2 + b2
)
.
42
Da´ı,
Y (t) = 2eat cos(bt)− 3 + 2a
b
eatsen(bt)
e´ uma soluc¸a˜o de (26). Portanto, a soluc¸a˜o geral de (25) e´
yh(t) = Y (t− pi) = ea(t−pi)
(
a cos(b(t− pi))− 3 + 2a
b
sen(b(t− pi))
)
.
Finalmente, a soluc¸a˜o geral de (24) e´ dada por
y(t) = yh(t) + yp(t),
ou seja,
y(t) = ea(t−pi)
(
a cos(b(t− pi))− 3 + 2a
b
sen(b(t− pi))
)
+
1
b
∫ t
pi
ea(t−ξ)sen(b(t− ξ))h(ξ) dξ.
Exerc´ıcio. Seja L = Dn + an−1Dn−1 + . . . + a1D + a0. Mostre que yp(t) e´ uma soluc¸a˜o
do problema  Ly = h(t),y(t0) = c0, y′(t0) = c1, . . . , y(n−1)(t0) = cn−1,
se, e somente se, yp(t) = Y (t− t0), onde Y (t) satisfaz o problema Ly = h(t+ t0),y(0) = c0, y′(0) = c1, . . . , y(n−1)(0) = cn−1.
43
5 Mais Aplicac¸o˜es em Equac¸o˜es Diferenciais
Esta sec¸a˜o tem o objetivo de apresentar mais exemplos de aplicac¸o˜es de Transfor-
madas de Laplace em EDO’s lineares que apresentam uma certas peculiaridades, como e´
o caso da ”func¸a˜o” Delta de Dirac agindo no sistema massa-mola, equac¸o˜es integrais de
Volterra, equac¸o˜es de vigas, entre outros problemas relevantes.
5.1 O sistema massa-mola
Considere uma mola ela´stica fixa em uma extremidade e livre para vibrar na outra
extremidade na direc¸a˜o vertical como figura 6 abaixo. Coloquemos um peso de massa m
preso a` mola na extremidade livre e suponhamos que o sistema fica em equil´ıbrio com o
peso no ponto y = 0 que se encontra y0 unidades abaixo do comprimento original da mola.
Pela lei de Hooke, o peso sofre uma forc¸a dirigida para cima de grandeza ky0, onde k e´ a
constante da mola e depende do material da mesma. Ha´ tambe´m a forc¸a peso ω = mg,
proveniente da gravidade que atua sobre a mola para baixo contrapondo a outra forc¸a.
Como em y = 0 o sistema se encontra em equil´ıbrio, temos que estas forc¸as se anulam,
isto e´, ky0 = mg em y = 0. Logo,
ky0 −mg = 0 no ponto de equil´ıbrio y = 0.
A partir do sistema em equil´ıbrio, queremos estudar o movimento da massa, quando
esta e´ submetida a uma forc¸a vertical que varia com o tempo, no instante t com um
deslocamento y(t) medido positivamente no sentido para baixo. De acordo com a segunda
lei de Newton, a forc¸a resultante total F (t) agindo sobre o sistema satisfaz a seguinte
equac¸a˜o
F = ma = m
d2y
dt2
. (27)
No que segue, dentres todas as poss´ıveis forc¸as atuando no sistema, consideramos as
seguintes:
Forc¸a peso: ω = mg, devido a gravidade.
44
Forc¸a de Restaurac¸a˜o: Fs(t) = −k(y0+y(t)), devido a capacidade de restaurac¸a˜o da mola
ao seu formato original, conforme o material da mesma.
Forc¸a de Amortecimento: Fd(t) = −γ d
dt
y(t), γ > 0 sendo a constante de amortecimento,
devido a resisteˆncia da mola e/ou as condic¸o˜es as quais o sistema e´ submetido.
Forc¸a externa: h(t), podendo ser uma fonte cont´ınua de energia que atua sobre o sistema,
ou ainda, uma forc¸a que atua sobre um determinado per´ıodo de tempo, a qual alimenta
o movimento da massa, etc...
m
y
0
y=0
t
y(t)
m
Figura 6: Sistema massa-mola
Substituindo essas forc¸as em (27), obtemos:
m
d2y
dt2
= mg − k(y0 + y)− γ dy
dt
+ h(t).
Como no ponto de equil´ıbrio mg = ky0, enta˜o
m
d2y
dt2
+ γ
dy
dt
+ ky = h(t), (28)
onde m, γ, k > 0. Neste caso, podemos dizer que (28) e´ uma equac¸a˜o aproximada para
o deslocamento y(t) da mola no isntante t, fornecendo o movimento da massa fixada na
mola. Ale´m disso, como o sistema se apresentava inicialmente em equil´ıbrio, enta˜o y(t)
satisfaz
y(0) = y′(0) = 0, (29)
45
isto e´, a posic¸a˜o e velocidade iniciais sa˜o nulos. No que segue, vamos utilizar a Trans-
formada de Laplace para determinar soluc¸o˜es correspondente ao PVI (28)-(29) em dois
casos.
Exemplo 5.1 (Sistema massa-mola com amortecimento) Determine a soluc¸a˜o para o
seguinte PVI:  my′′ + γy′ + ky = h(t),y(0) = y′(0) = 0, (30)
onde h(t) possui Transformada de Laplace e m, γ, k > 0 com
γ2
4
≤ mk.
Soluc¸a˜o: Aplicando a Transformada de Laplace em (30) e usando as condic¸o˜es inciais,
mL[y′′] + γL[y′] + kL[y] = L[h(t)]
⇒ (ms2 + γs+ k)L[y] = L[h(t)]
⇒ L[y] = L[h(t)]
ms2 + γs+ k
.
Assim,
y(t) = L−1
[
1
ms2 + γs+ k
]
∗ h(t)
=
2√
4mk − γ2 L
−1
 √4mk−γ22m(
s+ γ
2m
)2
+
(
4mk−γ2
4m2
)
 ∗ h(t)
=
2√
4mk − γ2 e
−γt/2m sin
(√
4mk − γ2
2m
t
)
∗ h(t).
Portanto,
y(t) =
2√
4mk − γ2
∫ t
0
e−γ(t−ξ)/2m sin
(√
4mk − γ2
2m
(t− ξ)
)
h(ξ) dξ.
Nota: Do ponto de vista f´ısico determinado anteriormente, a soluc¸a˜o acima fornece o
deslocamento da massa fixada a` mola no caso amortecido e com forc¸a externa.
46
Exemplo 5.2 (Sistema massa-mola sem amortecimento) Determine a soluc¸a˜o para o
seguinte PVI:  my′′ + ky = h(t),y(0) = y′(0) = 0. (31)
onde h(t) possui Transformada de Laplace e m, k > 0.
Soluc¸a˜o: Como no exemplo anterior, aplicando a Transformada de Laplace em (31) e
usando as condic¸o˜es inciais, obtemos
L[y] = L[h(t)]
ms2 + k
,
de onde vem que
y(t) = L−1
[
1
ms2 + k
]
∗ h(t)
=
1√
mk
L−1

√
k
m
(s2 + k
m
)
 ∗ h(t)
=
1√
mk
sin
(√
k
m
t
)
∗ h(t).
Logo,
y(t) =
1√
mk
∫ t
0
sin
(√
k
m
(t− ξ)
)
h(ξ) dξ (32)
e´ a soluc¸a˜o do sistema (31) sem amortecimento e com forc¸a externa h. Admitindo que
h(t) = A sin(ωt),onde A e ω sa˜o constantes positivas, a soluc¸a˜o (32) fica sob a forma
y(t) =
A√
mk
∫ t
0
sin
(√
k
m
(t− ξ)
)
sin(ωξ) dξ,
e para determinar a soluc¸a˜o desejada, basta resolver esta integral. Veremos isto em dois
casos:
Caso 1: ω 6=
√
k
m
. (Frequeˆncia natural diferente da frequeˆncia aplicada por h)
Neste caso, temos
y(t) =
Aω
k −mω2
(
sin(ωt)
ω
−
√
m
k
sin
(√
k
m
t
))
.
47
Caso 2: ω =
√
k
m
. (Frequeˆncia aplicada por h igual a` frequeˆncia natural)
Neste caso, a soluc¸a˜o integral se reduz a seguinte soluc¸a˜o
y(t) =
A
2k
sin
(√
k
m
t
)
− A
2
√
mk
t cos
(√
k
m
t
)
. (33)
Nota (O caos): Neste segundo caso o sistema sem amortecimento (31) sobre uma ac¸a˜o
externa da forma h(t) = A sin(
√
k/mt) e o movimento da massa fixada a` mola dada pela
soluc¸a˜o (33) oscila cada vez mais conforme t → +∞. Do ponto de vista f´ısico, isto nos
diz que a massa oscila oscila com maior amplitude conforme o tempo t aumenta. A figura
a seguir nos da´ a ideia dessa oscilac¸a˜o em func¸a˜o do tempo.
t
y t( )
Figura 7: Oscilac¸a˜o de y(t)
5.2 Func¸o˜es Impulso: O Delta de Dirac
Ao sistema massa-mola introduzido anteriormente, aplicaremos uma forc¸a externa
h(t) atuando (na direc¸a˜o vertical) apenas por um determinado per´ıodo de tempo e com
grande intensidade. Em tais casos, a Transformadade de Laplace se torna uma ferramenta
eficaz na resoluc¸a˜o dos problemas, enquanto os me´todos tradicionais na˜o se aplicariam.
Para a, τ > 0 com τ < a consideramos a seguinte func¸a˜o
48
hτ (t) =

0 se 0 ≤ t < a− τ,
1
2τ
se a− τ ≤ t < a+ τ,
0 se a+ τ ≤ t.
A ideia do gra´fico de hτ e´ dado a seguir.
a+t
1
2t
a-t a
h( )t
t
Figura 8: Gra´fico de hτ (t)
Note que para τ > 0 suficientemente pequeno, a func¸a˜o hτ (t) age em um curto per´ıodo
de tempo com grande intensidade, o que representa um impulso. Ale´m disso, note que∫ ∞
0
hτ (t) dt =
∫ a+τ
a−τ
1
2τ
dt = 1.
Mediante a essas relac¸o˜es, a func¸a˜o hτ (t) e´ chamada de Impulso unita´rio. No que segue,
sera´ interessante estudar equac¸o˜es diferenciais quando tomarmos o limite em hτ (t) quando
τ → 0, mesmo que o valor de tal limite na˜o represente uma func¸a˜o real propriamente dita.
Considere agora, a ”func¸a˜o” δ(t− a) definida por
δ(t− a) = lim
τ→0
hτ (t),
e note que δ(t− a) e´ caracterizada pelas seguintes propriedades:
i) δ(t) =
 0 se t 6= a,+∞ se t = a.
49
ii)
∫ ∞
0
δ(t− a) dt = 1.
A expressa˜o δ(t− a) na˜o representa, de fato, uma func¸a˜o real definida a valores reais.
Poderiamos dizer que a mesma representa uma Distribuic¸a˜o, cuja definic¸a˜o mais precisa
e propriedades na˜o sa˜o objetivos deste texto. Contudo, a ”func¸a˜o” δ(t − a) pode ser
estudada de EDO’s usando a Transformada de Laplace, como veremos abaixo, sendo
conhecida como Func¸a˜o Delta de Dirac. Note ainda, que esta func¸a˜o representa um
impulso unita´rio no instante t = a.
O pro´ximo passo e´ introduzir a Transformada de Laplace para a expressa˜o δ(t− a), a
qual definimos pela expressa˜o:
L[δ(t− a)] := lim
τ→0
L[hτ (t)]. (34)
O pro´ximo resultado mostra que o limite em (34) e´ convergente e, por este motivo, a
transformada L[δ(t− a)] esta´ bem definida.
Teorema 5.1 Para todo a > 0 temos
L[δ(t− a)] = e−as, s > 0.
Ale´m disso, definindo L[δ(t)] := lim
a→0+
L[δ(t− a)], enta˜o L[δ(t)] = 1.
Prova: Note que
hτ (t) =
1
2τ
{ua−τ (t)− ua+τ (t)} .
Assim,
L[hτ (t)] = 1
2τ
{L[ua−τ (t)]− L[ua+τ (t)]}
=
1
2τ
{
e−(a−τ)s
s
− e
−(a+τ)s
s
}
=
e−as
s
{
eτs − e−τs
2τ
}
=
e−as
s
{
sinh(τs)
τ
}
.
50
Por L’Hoˆpital, segue que
lim
τ→0
L[hτ (t)] = e
−as
s
lim
τ→0
{
sinh(τs)
τ
}
=
e−as
s
lim
τ→0
{
s cosh(τs)
1
}
= e−as.
Exemplo 5.3 (Sistema massa-mola sem amortecimento) Determine a soluc¸a˜o para o
seguinte PVI:  my′′ + ky = δ(t− a),y(0) = y′(0) = 0. (35)
onde a, m, k > 0.
Soluc¸a˜o: Aplicando a Transformada de Laplace em (35) e usando as condic¸o˜es inciais,
obtemos
L[y] = e
−as
ms2 + k
.
Assim,
y(t) = L−1
[
e−as
ms2 + k
]
= ua(t)g(t− a),
onde g(t) = L−1 [ 1
ms2+k
]
= 1√
mk
sin
(√
k
m
t
)
. Portanto,
y(t) =
1√
mk
ua(t) sin
(√
k
m
(t− a)
)
=
 0 se t ≤ a,1√
mk
sin
(√
k
m
(t− a)
)
se t > a.
Exemplo 5.4 Determine a soluc¸a˜o para o seguinte PVI: my′′ + ky = Asen(ωt)− 2δ(t− 10),y(0) = y′(0) = 0, (36)
onde Aω, m, k > 0 com ω 6=
√
k
m
.
51
Soluc¸a˜o: De acordo com o exposto anteriormente, o PVI (36) corresponde ao movimento
do sistema massa-mola sem amortecimento o qual e´ sujeito a uma forc¸a senoidal h(t) =
Asen(ωt) no instante t = 0 e que no instante t = 10 sofre um golpe seco (impulso) para
cima (sentido contra´rio do movimento positivo) fornecendo instantaneamente 2 unidades
de quantidade de movimento. Feita a observac¸a˜o f´ısica, partimos (obrigatoriamente) para
a soluc¸a˜o mediante a Transformada de Laplace. De fato, note que
(ms2 + k)L[y] = Aω
s2 + ω2
− 2e−10s.
Logo,
L[y] = Aω
(s2 + ω2)(ms2 + k)
− 2e
−10s
ms2 + k
,
de onde vem que
y = L−1
[
Aω
(s2 + ω2)(ms2 + k)
]
− 2L−1
[
e−10s
ms2 + k
]
.
Agora note que
y1(t) := L−1
[
Aω
(s2 + ω2)(ms2 + k)
]
=
Aω
k −mω2
(
sin(ωt)
ω
−
√
m
k
sin
(√
k
m
t
))
e
y2(t) := 2L−1
[
e−10s
ms2 + k
]
=
2√
mk
u10(t) sin
(√
k
m
(t− 10)
)
=
 0 se t ≤ 10,2√
mk
sin
(√
k
m
(t− 10)
)
se t > 10.
Portanto, y(t) = y1(t)− y2(t).
Com intuito de generalizar a discussa˜o apresentada acima, consideremos o seguinte
exemplo.
Exemplo 5.5 (Um PVI de ordem n) Determine a soluc¸a˜o para o seguinte PVI: Ly = δ(t− a),y(0) = y′(0) = . . . = y(n−1)(0) = 0. (37)
onde L = Dn + an−1Dn−1 + . . .+ a1D + a0.
52
Soluc¸a˜o: Aplicando a Transformada de Laplace, obtemos
p(s)L[y] = e−as, (38)
onde p(s) = sn + an−1sn−1 + . . .+ a1s+ a0. Da´ı,
y(t) = L−1
[
e−as
p(s)
]
= ua(t)g(t− a) =
 0 se t ≤ a,g(t− a) se t > a,
onde g(t) = L−1
[
1
p(s)
]
.
5.3 Equac¸a˜o Integro-Diferencial de Volterra
Veremos por meio de um exemplo que a Transformada de Laplace e´, tambe´m, um
bom instrumento para solucionar Equac¸o˜es Diferenciais cuja func¸a˜o desconhecida aparece
sob o sinal de integrac¸a˜o. Vejamos:
Exemplo 5.6 Determine a soluc¸a˜o para o seguinte PVI: y
′ +
∫ t
0
y(ξ) dξ = δ(t− pi/2),
y(0) = 0.
(39)
Soluc¸a˜o: Em primeiro lugar, note que
∫ t
0
y(ξ) dξ = (1∗y)(t) e podemos reescrever a EDO
(39) como
y′ + 1 ∗ y = δ(t− pi/2).
Aplicando a Transformada de Laplace,
L[y′] + L[1 ∗ y] = L[δ(t− pi/2)]
⇒ sL[y]− y(0+) + L[1]L[y] = L[δ(t− pi/2)]
⇒
(
s+
1
s
)
L[y] = e−pis/2
⇒ L[y] = e−pis/2 s
s2 + 1
.
53
Logo,
y(t) = L−1
[
e−pis/2
s
s2 + 1
]
= upi/2(t)g(t− pi/2),
onde g(t) = L−1 [ s
s2+1
]
= cos(t). Portanto,
y(t) = upi/2(t) cos(t− pi/2) = upi/2(t) sin(t).
5.4 Exerc´ıcios de Fixac¸a˜o
Usando a Transformada de Laplace, encontre a soluc¸a˜o dos seguintes PVI’s:
1. y′′ + y = δ(t− 2pi), y(0) = 0, y′(0) = 1.
2. y′′ + y = δ(t− 2pi) + δ(t− 4pi), y(0) = 1, y′(0) = 0.
3. y′′ + 2y′ + y = δ(t− 1), y(0) = y′(0) = 0.
4. y′′ + 4y′ + 13y = δ(t− pi) + δ(t− 3pi), y(0) = 1, y′(0) = 0.
5. y′ + (δ(t) ∗ y) = upi(t) cos(t), y(0) = 1.
6. y′ + (et ∗ y) = et/2, y(0) = 0.
7. y′′ + (4t ∗ y) = δ(t− pi), y(0) = y′(0) = 0.
54
Tabela 1: Algumas Transformadas de Laplace
Func¸a˜o Transformada Valor de s
f(t) L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt s ∈ R (integral convergente)
1 1/s s > 0
a a/s s > 0
eat 1/(s− a) s > a
sin(at) a/(s2 + a2)s > 0
cos(at) s/(s2 + a2) s > 0
sinh(at) a/(s2 − a2) s > |a|
cosh(at) s/(s2 − a2) s > |a|
tn, n ∈ N n!/sn+1 s > 0
1/
√
t
√
pi/s s > 0
eat sin(bt) b/[(s− a)2 + b2] s > a
eat cos(bt) (s− a)/[(s− a)2 + b2] s > a
eattn n!/(s− a)n+1 s > a
ua(t), a ≥ 0 e−as/s s > 0
ua(t)f(t− a), a ≥ 0 e−asL[f(t)]
eatf(t) ϕ(s− a), onde ϕ(s) = L[f(t)]
tnf(t), n ∈ N (−1)nϕ(n)(s), onde ϕ(s) = L[f(t)]
f(t) p-perio´dica
∫ p
0
e−stf(t) dt/(1− e−ps)
(f ∗ g)(t) =
∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξ L[f(t)]L[g(t)]
δ(t− a) (Delta de Dirac) e−as s > 0, a ≥ 0
δ(t) 1 s > 0
f (n)(t) snL[f(t)]− sn−1f(0+)− · · · − f (n−1)(0+)∫ t
a
f(x) dx, a ≥ 0
(
L[f(t)]−
∫ a
0
f(x) dx
)
/s
55
6 Frac¸o˜es Parciais: Uma breve revisa˜o
A utilizac¸a˜o de frac¸o˜es parciais para resolver determinadas integrais de func¸o˜es racio-
nais e´ bastante u´til no ca´lculo diferencial e integral. Neste contexto, sua utilidade deve ser
observada no ca´lculo de transformadas inversas, uma vez que o quociente de polinoˆmios
surge com frequeˆncia na resoluc¸a˜o de EDO’s por Transformada de Laplace.
O me´todo consiste em simplificar func¸o˜es racionais da seguinte forma
f(x) =
P (x)
Q(x)
,
onde P (x) e Q(x) sa˜o polinoˆmios, em soma de frac¸o˜es mais simples, as quais sa˜o denomi-
nadas frac¸o˜es parciais. Vale a pena lembrar que se o grau de P (x) e´ inferior ao grau de
Q(x), enta˜o pela teoria geral da a´lgebra obtemos:
P (x)
Q(x)
=
∑
Fi (soma finita),
onde cada Fi assume uma das formas
A
(ax+ b)m
ou
Cx+D
(ax2 + bx+ c)n
,
com m e n inteiros na˜o negativos e, tambe´m, sendo irredut´ıvel o termo ax2 + bx + c, ou
seja, a expressa˜o quadra´tica na˜o tem ra´ızes reais (b2−4ac < 0). A soma das Fi e´ chamada
decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parciais de P (x)/Q(x) e cada Fi e´ uma frac¸a˜o parcial.
Os seguintes casos ocorre com frequeˆncia:
Caso 1: Os fatores de Q(x) sa˜o todos lineares e nenhum e´ repetido, isto e´,
Q(x) = (a1x+ b1)(a2x+ b2) · · · (anx+ bn)
onde na˜o existem fatores ideˆnticos. Nesse caso, escreve-se
P (x)
Q(x)
:=
A1
a1x+ b1
+
A2
a2x+ b2
+ · · ·+ An
anx+ bn
onde A1, A2, . . . An sa˜o constantes a serem determinadas.
56
Exemplo 6.1 Simplifique a expressa˜o
4x2 + 13x− 9
x3 + 2x2 − 3x, usando frac¸o˜s parciais.
Soluc¸a˜o: Note inicialmente que
4x2 + 13x− 9
x3 + 2x2 − 3x =
4x2 + 13x− 9
x(x+ 3)(x− 1) .
Neste caso, fazemos
4x2 + 13x− 9
x(x+ 3)(x− 1) :=
A
x
+
B
x+ 3
+
C
x− 1 .
Desenvolvendo esta u´ltima expressa˜o e agrupando as poteˆncias semelhantes de x, enta˜o
4x2 + 13x− 9 := (A+B + C)x2 + (2A−B + 3C)x− 3A,
de onde segue, pela igualdade de polinoˆmios, o seguinte sistema linear
A + B + C = 4
2A − B + 3C = 13
−3A = −9,
cuja soluc¸a˜o e´ A = 3, B = −1 e C = 2. Portanto,
4x2 + 13x− 9
x(x+ 3)(x− 1) =
3
x
+
−1
x+ 3
+
2
x− 1 .
Caso 2: Os fatores de Q(x) sa˜o todos lineares e alguns deles sa˜o repetidos, por exemplo,
Q(x) = (a1x+ b1)
p1(a2x+ b2)
p2 · · · (anx+ bn)pn ,
onde pj ≥ 1, j = 1, . . . , n. Supondo que o termo (aix + bi) seja um fator que se repete p
vezes, enta˜o a esse fator havera´ de se impor a soma de p frac¸o˜es parciais da forma:
A1
(aix+ bi)p
+
A2
(aix+ bi)p−1
+ · · ·+ A(p−1)
(aix+ bi)2
+
Ap
(aix+ bi)
,
onde A1, A2, ..., Ap sa˜o constantes a serem determinadas correspondentes a este fator. O
pro´ximo exemplo ilustra este caso.
Exemplo 6.2 Simplifique a expressa˜o
x3 − 1
x2(x− 2)3 , usando frac¸o˜s parciais.
57
Soluc¸a˜o: De acordo com o exposto, devemos impor que
x3 − 1
x2(x− 2)3 :=
A
x2
+
B
x
+
C
(x− 2)3 +
D
(x− 2)2 +
E
(x− 2) ,
de onde obtemos
x3 − 1 := A(x− 2)3 +Bx(x− 2)3 + Cx2 +Dx2(x− 2) + Ex2(x− 2)2,
ou ainda,
x3 − 1 := (B + E)x4 + (A− 6B +D − 4E)x3
+(−6A+ 12B + C − 2D + 4E)x2 + (12A− 8B)x− 8A.
Resolvendo o sistema linear proveniente, obtemos:
A =
1
8
, B =
3
16
, C =
7
4
, D =
5
4
, E = − 3
16
.
Logo,
x3 − 1
x2(x− 2)3 =
1/8
x2
+
3/16
x
+
7/4
(x− 2)3 +
5/4
(x− 2)2 −
3/16
(x− 2) .
Caso 3: Os fatores de Q(x) sa˜o lineares e quadra´ticos, sendo que nenhum dos fatores
quadra´ticos e´ redut´ıvel e repetido, ou seja,
Q(x) = (a1x
2 + b1x+ c1) · · · (anx2 + bnx+ cn)
m∏
j=1
(cjx+ dj)
pj ,
onde pj ≥ 1, j = 1, . . . , n. Com respeito ao termos lineares, temos os casos abordados
acima. Com relac¸a˜o a cada fator quadra´tico irredut´ıvel escrevemos uma frac¸a˜o parcial da
forma
Aix+Bi
aix2 + bix+ ci
, i = 1, . . . , n.
O pro´ximo exemplo ajuda a entender melhor este caso.
Exemplo 6.3 Simplifique a expressa˜o
x2 − 2x− 3
(x2 + 2x+ 2)(x− 1) , usando frac¸o˜s parciais.
58
Soluc¸a˜o: Inicialmente consideramos
x2 − 2x− 3
(x2 + 2x+ 2)(x− 1) :=
Ax+B
x2 + 2x+ 2
+
C
x− 1 .
Assim,
x2 − 2x− 3 := (Ax+B)(x− 1) + C(x2 + 2x+ 2)
= (A+ C)x2 + (−A+B + 2C)x−B + 2C.
Isto implica que A =
9
5
, B =
7
5
, e C = −4
5
. Portanto,
x2 − 2x− 3
(x2 + 2x+ 2)(x− 1) =
1
5
(
9x+ 7
x2 + 2x+ 2
− 4
x− 1
)
.
Caso 4: Os fatores de Q(x) sa˜o lineares e quadra´ticos irredut´ıveis e alguns dos fatores
quadra´ticos sa˜o repetidos, isto e´,
Q(x) = (a1x
2 + b1x+ c1)
q1 · · · (anx2 + bnx+ cn)qn
m∏
j=1
(cjx+ dj)
pj ,
onde qi, pj ≥ 1, para i = 1, . . . ,m e j = 1, . . . , n. Supondo que o termo (aix2 + bix + ci)
seja um fator que se repete q vezes, enta˜o a esse fator havera´ de se impor a soma de q
frac¸o˜es parciais da forma:
A1x+B1
(aix2 + bix+ ci)q
+
A2x+B2
(aix2 + bix+ ci)q−1
+ · · ·+ Aqx+Bq
aix2 + bix+ ci
.
Exemplo 6.4 Determine a decomposic¸a˜o de
P (x)
(x2 − 2x+ 2)3 em frac¸o˜s parciais.
Soluc¸a˜o: De acordo com o exposto acima, devemos impor que
P (x)
(x2 − 2x+ 2)3 :=
Ax+B
(x2 − 2x+ 2)3 +
Cx+D
(x2 − 2x+ 2)2 +
Ex+ F
x2 − 2x+ 2 .
Exemplo 6.5 Determine a decomposic¸a˜o de
P (x)
(x2 − 2x+ 2)2(x− 1)2 em frac¸o˜s parciais.
59
Soluc¸a˜o: Neste caso, temos
P (x)
(x2 − 2x+ 2)3 :=
Ax+B
(x2 − 2x+ 2)2 +
Cx+D
(x2 − 2x+ 2) +
E
(x− 1)2 +
F
(x− 1) .
60
Refereˆncias
[1] W. Boyce & R. C. DiPrima, Elementary Differential Equations and Boundary Value
Problems, Ninth Edition, John Wiley & Sons, Inc., New York, 2009.
[2] E. A. Coddington & N. Levinson, Theory of Ordinary Differential Equations, McGraw-
Hill Inc., New York, 1955.
[3] M. R. Cullen & D. G. Zill, Differential Equations with Boundary-Value Problems,
Brooks/Cole, Cengage Learning, Boston, 2005.
[4] D. G. de Figueiredo & A. F. Neves, Equac¸o˜es Diferenciais Aplicadas, 2a edic¸a˜o, Ins-
tituto Nacional de Matema´tica Pura e Aplicada - IMPA, Rio Janeiro, 2002.
[5] D. L. Kreider, R. G. Kuller, & D. R. Ostberg, Elementary Differential Equations,
Addison-Wesley Publishing Company, Reading, Mass., 1968.
[6] D. L. Kreider, R. G. Kuller, D. R. Ostberg & F. W. Perkins, An Introduction to Linear
Analysis, Addison-Wesley, Reading, Mass., 1966.
61