Solucionário Séries e Equações Diferenciais - Christian José Quintana Pinedo - Capítulo IV

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SUMÁRIO
4 Transformada de Laplace 119
4.1 Existência da transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
Exercícios 4-1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
4.2 Transformada inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
Exercícios 4-2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
4.3 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
Exercícios 4-3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
APÊNDICE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
117
118 Solução Séries e Equações Diferenciais
Capítulo 4
Transformada de Laplace
4.1 Existência da transformada de Laplace
Exercícios 4-1
Exercício 4.1.1.
Determine para que valores de s, a integral imprópria
∫ ∞
0
e−sxdx converge.
Solução.
Temos I =
∫ ∞
0
e−sxdx = −1
s
e−sx
∣∣∣m→∞
0
= −1
s
lim
m→∞
e−sm +
1
s
.
Quando s > 0 temos I =
1
s
converge. Quando s ≤ 0 temos I = +∞ diverge.
Exercício 4.1.2.
Mostre que se f(t) e g(t) são de ordem exponencial quando t→∞, então f(t) · g(t)
e f(t) + g(t) também são de ordem exponencial quando t→∞.
Solução.
• Como f(t) e g(t) são de ordem exponencial quando t→∞, então Existem α, β, C1 >
0 e C2 > 0 números reais, tais que |f(t)| ≤ C1eαt e |g(t)| ≤ C2eβt, ∀ t ≥ 0, então
|f(t) · g(t)| ≤ |f(t)| · |g(t)| ≤ C1eαt · C2eβt = C1C2e(α+β)t, ∀ t ≥ 0
Disto temos que existe α + β > 0 tal que lim
t→∞
|f(t) · g(t)|
e(α+β)t
= 0.
Portanto, f(t) · g(t) também é de ordem exponencial.
• Como f(t) e g(t) são de ordem exponencial quando t→∞, então Existem α, β, C1 >
0 e C2 > 0 números reais, tais que |f(t)| ≤ C1eαt e |g(t)| ≤ C2eβt, ∀ t ≥ 0, então
|f(t) + g(t)| ≤ |f(t)|+ |g(t)| ≤ C1eαt + C2eβt ≤ Ceγt, ∀ t ≥ 0, γ = max{α, β}
119
120 Solução Séries e Equações Diferenciais
e C = max{C1, C2}.
Disto temos que existe γ > 0 tal que lim
t→∞
|f(t) + g(t)|
eγt
= 0.
Portanto, f(t) + g(t) também é de ordem exponencial.
Exercício 4.1.3.
Determine uma função, F (t), que seja de ordem exponencial, e que f(t) = F ′(t) não
seja de ordem exponencial. Construa uma função f que não seja de ordem exponencial,
porém cuja transformada de Laplace exista.
Solução.
Exercício 4.1.4.
Mostre que se f(t) e g(t) são de classe A, então f(t) · g(t) e f(t) + g(t) também são
de classe A.
Solução.
Sendo f(t) e g(t) são de classe A, logo elas são de ordem exponencial, pelo exercício
(4.1.2) temos que f(t) · g(t) e f(t) + g(t) também são de ordem exponencial.
Por outro lado, suponhamos que f(t) e g(t) sejam seccionalmente contínuas em A
tais que, para α, β ∈ A com α 6= β, a função f seja somente descontínua em α e g seja
somente descontínua em β, logo existem f(β) , g(α) e os limites
lim
x→α+
f(x) = L1, lim
x→α−
f(x) = L2 e lim
x→β+
g(x) = M1, lim
x→β−
g(x) = M2 ⇒
lim
x→α+
[f(x) + g(x)] = L1 + g(α) ∈ R e lim
x→α−
[f(x) + g(x)] = L2 + g(α) ∈ R
lim
x→α+
[f(x) · g(x)] = L1 · g(α) ∈ R e lim
x→α−
[f(x) · g(x)] = L2 · g(α) ∈ R
também
lim
x→β+
[f(x) + g(x)] = f(β) +M1 ∈ R e lim
x→β−
[f(x) + g(x)] = f(β) +M2 ∈ R
lim
x→β+
[f(x) · g(x)] = f(β) ·M1) ∈ R e lim
x→β−
[f(x) · g(x)] = f(β) ·M2 ∈ R
Para o caso de existir mais pontos em A de descontinuidade, procedemos do mesmo
modo acima descrito, e cocluimos que f(t) ·g(t) e f(t)+g(t) são seccionalmente contínuas
em A.
Christian José Quintana Pinedo 121
Portanto, se f(t) e g(t) são de classe A, então f(t) · g(t) e f(t) + g(t) também são
de classe A.
Exercício 4.1.5.
Demonstre que as funções dadas são de classe A, n ∈ N, k ∈ R.
Solução.
1. A função sen (kt) é contínua em R para qualquer k ∈ N, logo é seccionalmente contínua.
Por outro lado, |sen (kt)| ≤ 1 = Ceαt, ∀ t ≥ 0 e algúm α ∈ R logo sen (kt) é de
ordem exponencial.
Portanto, sen (kt) é de classe A.
2. A função cos(kt) é contínua em R para qualquer k ∈ N, logo é seccionalmente contínua.
Por outro lado, | cos(kt)| ≤ 1 = Ceαt, ∀ t ≥ 0 e algúm α ∈ R logo cos(kt) é de
ordem exponencial.
Portanto, cos(kt) é de classe A.
3. A função senh (kt) é contínua em R, logo é seccionalmente contínua. Por outro lado,
|senh t| ≤ 1
2
[|et|+ |e−t|] = C1eαt + C2eβt ≤ Ceγt, ∀ t ≥ 0
onde γ = max{|α|, |β|} e C = max{C1, C2}.
4. cosh(kt)
5. tn
6. tnekt
7. tnsen (kt)
8. tn cos(kt)
9. tnsenh (kt)
10. tn cosh(kt)
11.
sen (kt)
t
12.
1− cos(kt)
t
13.
1− e−t
t
122 Solução Séries e Equações Diferenciais
14.
cos t− cosh t
t
Exercício 4.1.6.
Determine a transformada de Laplace para as seguintes funções:
Solução.
1. Dado f(t) =
{
1 se, t ≥ 0
0 se, t < 0
Heaviside
L[f(t)] =
∫ ∞
0
f(t)e−stdt =
∫ ∞
0
1 · e−stdt = −1
s
e−st
∣∣∣∞
0
=
1
s
2. g(t) = eαtf(t)
3. Dado h(t) =
{
4 se, 0 < t < 1
3 se, t > 1
L[f(t)] =
∫ ∞
0
f(t)e−stdt =
∫ 1
0
4 · e−stdt+
∫ ∞
1
3 · e−stdt =
L[f(t)] = −4
s
e−st
∣∣∣1
0
− 3
s
e−st
∣∣∣∞
0
=
1
s
(1− 4e−s) + 3
s
=
4
s
(1− e−s)
Portanto, L[f(t)] =
4
s
(1− e−s)
4. ϕ(t) =
{
1 se, 0 < t < 2
t se, > 2
5. ψ(t) =
{
sen (2t) se, 0 < t < pi
0 se, t > pi
6. Dado φ(t) =

0 se 0 < t < 1
t se 1 < t < 2
0 se t > 2
L[φ(t)] =
∫ ∞
0
φe−stdt =
∫ 1
0
0 · e−stdt+
∫ 2
1
t · e−stdt+
∫ ∞
2
0 · e−stdt =
= − t
s
e−st
∣∣∣2
1
+
1
s
∫ 2
1
e−stdt =
1
s
(e−s−2e−2s)− 1
s2
e−st
∣∣∣2
1
=
1
s
(e−s−2e−2s)− 1
s2
(e−2s−e−s)
Christian José Quintana Pinedo 123
Portanto, L[φ(t)] =
1
s2
(se−s − 2se−2s − e−2s + e−s)
7. f(t) = sen 2t+ cos 2t ⇒ L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−st(sen 2t+ cos 2t)dt
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stsen 2tdt+
∫ ∞
0
e−st cos 2tdt
L[f(t)] = −1
s
e−stsen 2t
∣∣∣∞
0
+
2
s
∫ ∞
0
e−st cos 2tdt− 1
s
e−st cos 2t
∣∣∣∞
0
− 2
s
∫ ∞
0
e−stsen 2tdt
L[f(t)] =
2
s
∫ ∞
0
e−st cos 2tdt+
1
s
− 2
s
∫ ∞
0
e−stsen 2tdt
novamente por partes
L[f(t)] =
2
s
[
1
s
− 2
s
∫ ∞
0
e−stsen 2tdt
]
+
1
s
− 2
s
[
2
s
∫ ∞
0
e−st cos 2tdt
]
⇒
L[f(t)] =
2 + s
s2
− 4
s2
L[f(t)] ⇒ L[f(t)] = s+ 2
s2 + 22
8. f(t) = (1 + e2t)2
9. f(t) = (et − e−t)5 ⇒ f(t) =
5∑
i=0
(−1)i5!
i!(5− i)!e
(5−i)te−it ⇒
L[f(t)] =
5∑
i=0
(−1)i5!
i!(5− i)!
∫ ∞
0
e−st(e(5−i)te−it)dt =
5∑
i=0
(−1)i5!
i!(5− i)!
∫ ∞
0
e−(s−5+2i)tdt =
L[f(t)] =
5∑
i=0
(−1)i5!
i!(5− i)!
[
− e
−(s−5+2i)t
(s− 5 + 2i)
∣∣∣∞
0
]
=
L[f(t)] =
1
s− 5 −
5
s− 3 +
10
s− 1 −
10
s+ 1
+
5
s+ 3
− 1
s+ 5
L[f(t)] =
10
s2 − 52 −
30
s2 − 32 +
20
s2 − 12
10. f(t) = t2 − 2t+ 2
11. f(t) = t3 + 4t2 + 4t
12. f(t) = (t− 2)3(t+ 2)
13. f(t) = te−at
14. f(t) = (t+ 2)tet
124 Solução Séries e Equações Diferenciais
15. f(t) = cosh2 at ⇒ f(t) = 1
2
+
1
2
cosh(2t)
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−st
[1
2
+
1
2
cosh(2t)
]
dt =
1
2s
+
1
2
∫ ∞
0
e−st cosh(2t)dt
L[f(t)] =
1
2s
+
s
2(s2 − 22)
16. f(t) = eatsen bt
17. f(t) =
sen t
t
18. f(t) = sen 22t
19. f(t) = tsen t
20. f(t) =
Exercício 4.1.7.
Verifique as seguintes igualdades:
Solução.
1. L[2e3t − e−3t] = s+ 9
s2 − 9 , s > 3
2. L[t2 − 3t+ 5] = 2
s3
− 3
s2
+
5
s
, s > 0
3. L[cosh(kt)] =
s
s2 − k2 , s > |k|
L[cosh(kt)] =
∫ ∞
0
e−st cosh(kt)dt = −e
−st
s
cosh(kt)
∣∣∣∞
0
+
1
s
∫ ∞
0
e−stsenh (kt)dt
L[cosh(kt)] =
1
s
+
k
s
[
−e
−st
s
senh (kt)
∣∣∣∞
0
− k
s
∫ ∞
0
e−st cosh(kt)dt
]
, s > |k|
(1− k
2
s2
)L[cosh(kt)]=
1
s
⇒ L[cosh(kt)] = s
s2 − k2 , s > |k|
4. L[
1
2
t3 + t2 − 1] = 3
s4
+
2
s3
− 1
s
, s > 0
L[
1
2
t3 + t2 − 1] =
∫ ∞
0
e−st(
1
2
t3 + t2 − 1)dt =
5. L[senh (kt)] =
k
s2 − k2 , s > |k|
Christian José Quintana Pinedo 125
6. L[e−4t + 3e−2t] =
2(2s+ 7)
(s+ 2)(s+ 4)
, s > −2
Exercício 4.1.8.
Aplicando propriedade da linearidade, achar a transformada de Laplace para as fun-
ções:
1. sen 3t 2. sen 2(kt) 3. sen (kt) cos(kt)
Solução.
Exercício 4.1.9.
Mostre que, L[e−at − e−bt] = b− a
(s+ a)(s+ b)
onde s > max{ −a, −b }
Solução.
Pela definição da transformada de Laplace, temos
L[e−at − e−bt] =
∫ ∞
0
e−st[e−at − e−bt]dt =
∫ ∞
0
[e−(s+a)t − e−(s+b)t]dt =
Considerando s+ a > 0 e s+ b > 0 segue
= − 1
s+ a
e−(s+a)t
∣∣∣∞
0
+
1
s+ b
e−(s+b)t
∣∣∣∞
0
=
1
s+ a
− 1
s+ b
=
b− a
(s+ a)(s+ b)
Portanto, se s > max{ −a, −b }, temos L[e−at − e−bt] = b− a
(s+ a)(s+ b)
.
Exercício 4.1.10.
Determine a transformada de Laplace para as seguintes funções f(t) e f ′(t):
Solução.
1. f(t) = teαt cos(βt)
2. f(t) = senh 3t
3. f(t) = teαtsen (βt)
4. f(t) = isent+ cos t
126 Solução Séries e Equações Diferenciais
5. f(t) = senh 3t
6. f(t) = cosh tsen t
7. f(t) = sen t− t cos t
8. f(t) = e−tsen 2t
9.
1
2
(cosh tsen t+ senh t cos t)
Exercício 4.1.11.
Seja a ∈ R constante, mediante o cálculo da transformada da função f(t) = eiat, i2 =
−1, determine a transformada de Laplace para as funções sen at e cos at.
Solução.
Como i2 = −1, podemos supor i ∈ C como uma constante e pela definição da trans-
formada de Laplace, temos
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−st · eiatdt =
∫ ∞
0
e−(s−ai)tdt = − 1
s+ ai
e−(s−ai)t
∣∣∣∞
0
=
1
s+ ai
Por outro lado
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−st · eiatdt =
∫ ∞
0
e−st(cos at+ isen atdt = F (s) + iH(s)
Das duas igualdades
F (s) + iH(s) =
1
s+ ai
=
s+ ia
s2 + a2
=
s
s2 + a2
+ i
a
s2 + a2
Igualando as partes reais e as partes imaginarias concluimos que
F (s) = L[sen at] =
s
s2 + a2
, H(s) = L[cos at] =
a
s2 + a2
, s > a
Exercício 4.1.12.
Determine a transformada de Laplace para a função “seno integral” f(t) =
t∫
0
sen τ
τ
dτ
Solução.
Christian José Quintana Pinedo 127
Exercício 4.1.13.
Mostre que, se
∞∫
p
L[f(t)]dt converge, então L
[
f(t)
t
]
=
∞∫
p
L[f(t)]ds.
Solução.
Exercício 4.1.14.
Utilizar a exercício (4.1.13) para mostrar que
∞∫
0
sen t
t
dt =
pi
2
Solução.
Seja f(t) = sen t, então pelo exercício (4.1.13) segue que
∞∫
0
sen t
t
dt =
∞∫
0
L[sen t]ds =
∞∫
0
1
s2 + 1
ds = arctan t
∣∣∣∞
0
=
pi
2
− 0
Portanto,
∞∫
0
sen t
t
dt =
pi
2
.
Exercício 4.1.15.
Mostre que a função f(t) = 1/t2 não tem transformada de Laplace. Sugestão: Aplique
a definição da integral imprópria para mostrar que
1∫
0
e−stf(t)dt não existe.
Solução.
Pela definição
L
[
1
t2
]
=
∞∫
0
e−st · 1
t2
dt =
1∫
0
e−st · 1
t2
dt+
∞∫
1
e−st · 1
t2
dt
Integrando por partes
I =
∫
e−st · 1
t2
dt = −1
t
· e−st − se−stLnt− s2
∫
e−st · Lntdt]
logo
1∫
0
e−st · 1
t2
dt = −[1
1
· e−s + se−sLn1] + lim
a→0
[
1
a
· e−sa + se−saLna]− s2
1∫
0
e−st · Lntdt
128 Solução Séries e Equações Diferenciais
1∫
0
e−st · 1
t2
dt = −e−s + lim
a→0
[
1
a
+ sLna]− s2
1∫
0
e−st · Lntdt = @
A segunda integral existe.
Portanto, L
[
1
t2
]
não existe.
Christian José Quintana Pinedo 129
4.2 Transformada inversa de Laplace
Exercícios 4-2
Exercício 4.2.1.
Mostre que se f(t), f ′(t), f ′′(t), · · · , f (n−1)(t) são contínuas de ordem exponencial, e
f (n)(t) seccionalmente contínua em [0, ∞), então
L[fn(t)] = snL[f(t)]− sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− · · · − sf (n−2)(0)− f (n−1)(0), s > 0
Solução.
Mostraremos por indução matemática.
Suponhamos n = 1, como f(t) é de ordem exponencial, e f ′ é seccionalmente contínua,
existe a seguinte integral L[f ′(t)] =
∫ ∞
0
e−stf ′(t)dt para s > 0.
Integrando por partes
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stf(t)dt = −1
s
e−stf(t)
∣∣∣∞
0
+
1
s
∫ ∞
0
e−stf ′(t)dt
ísto é
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stf(t)dt =
1
s
f(0) +
1
s
L[f ′(t)] ⇒ L[f ′(t)] = sL[f(t)]− f(0)
Suponhamos que, para n = h seja verdadeira a igualdade a mostrar. Logo para
n = h+ 1, sendo e f (h) é seccionalmente contínua, existe a seguinte integral L[f ′(t)] =∫ ∞
0
e−stf (h+1)(t)dt para s > 0.
Integrando por partes
L[f (h)(t)] =
∫ ∞
0
e−stf (h)(t)dt = −1
s
e−stf (h)(t)
∣∣∣∞
0
+
1
s
∫ ∞
0
e−stf (h+1)(t)dt
então L[f (h+1)(t)] = sL[f (h)(t)]− f (h)(0), isto é
L[f (h+1)(t)] = s
[
shL[f(t)]−
h−1∑
k=1
sh−kf (k−1)(0)
]
− f (h)(0)
L[f (h+1)(t)] = sh+1L[f(t)]−
h∑
k=0
sh−kf (k)(0)
Portanto a fórmula é verdadeira para todo n ∈ N.
130 Solução Séries e Equações Diferenciais
Exercício 4.2.2.
Calcular as transformadas de Laplace das funções f(t) = cos at e sen at calculando a
transformada de Laplace da função h(t) = eiat, i2 = 1.[?]
Solução.
Exercício 4.2.3.
Seja n um inteiro positivo. Calcular a transformada de Laplace da função fn :
[0,∞) −→ R dada por fn(t) = tn , para n = 0, 1, 2, . . ..
Solução.
Para n = 0 temos f0(t) = 1, logo L[f0(t)] =
∫ ∞
0
e−stdt =
1
s
, s > 0
Para n = 1 temos f1(t) = t, logo L[f1(t)] =
∫ ∞
0
e−sttdt = −e
−stt
s
∣∣∣∞
0
+
1
s
∫ ∞
0
e−stdt
L[f1(t)] = −e
−st
s2
∣∣∣∞
0
=
1
s2
Para n = 2 temos f2(t) = t2, logo L[f2(t)] =
∫ ∞
0
e−stt2dt = −e
−stt2
s
∣∣∣∞
0
+
2
s
∫ ∞
0
e−sttdt
L[f2(t)] =
2
s
∫ ∞
0
e−sttdt =
2
s
L[f1(t)] =
2
s3
Para n = 3 temos f3(t) = t3, logo L[f3(t)] =
∫ ∞
0
e−stt3dt = −e
−stt3
s
∣∣∣∞
0
+
3
s
∫ ∞
0
e−stt2dt
L[f3(t)] =
3
s
∫ ∞
0
e−stt2dt =
3
s
L[f2(t)] =
3× 2
s4
=
3!
s4
Suponhamos que para n = h seja L[fh(t)] =
∫ ∞
0
e−stthdt =
h!
sh+1
, s > 0
Para n = h+1 temos L[fh+1(t)] =
∫ ∞
0
e−stth+1dt = −1
s
e−stth+1
∣∣∣∞
0
+
h+ 1
s
∫ ∞
0
e−stthdt
L[fh+1(t)] =
∫ ∞
0
e−stth+1dt =
h+ 1
s
L[fh(t)] =
h+ 1
s
· h!
sh+1
Portanto, L[fn(t)] =
n!
sn+1
, s > 0, n = 0, 1, 2, . . .
Exercício 4.2.4.
Christian José Quintana Pinedo 131
Usando a propriedade do deslocamento, determine uma função f(t) sabendo que sua
transformada de Laplace é
F (s) =
s− 2
2s2 + 2s+ 2
Solução.
Temos F (s) =
s− 2
2s2 + 2s+ 2
=
1
2
[
s− 2
(s+ 1
2
)2 + (
√
3
2
)2
]
⇒
F (s) =
1
2
[
s+ 1
2
(s+ 1
2
)2 + (
√
3
2
)2
−
5
2
(s+ 1
2
)2 + (
√
3
2
)2
−
]
=
F (s) =
1
2
[
s+ 1
2
(s+ 1
2
)2 + (
√
3
2
)2
− 10
2
√
3
·
√
3
2
(s+ 1
2
)2 + (
√
3
2
)2
−
]
=
Observando a Tabelas, usando o propriedade do deslocamento e o Teorema da Linea-
ridade vemos que a função cuja transformada de Laplace é F (s) é dada por
f(t)) =
1
2
e−
1
2
t
[
cos
(√3
2
t
)− 10
2
√
3
sen
(√3
2
t
)]
Exercício 4.2.5.
Aplicando a transformada de Laplace da derivada, verificar que, se f(t) = t cos at
então L[f ](s) =
s2 − as
(s2 + a2)2
Solução.
Seja f(t) = t cos at então f ′(t) = cos at−tasen at ⇒ f ′′(t) = −ta2 cos at−2asen at
L[f ′′(t)] = −a2L[t cos at]− 2aL[sen at]
s2L[f(t)]− sf(0)− f ′(0) = −a2L[f(t)]− 2aL[sen at]
(s2 + a2)L[f(t)] = 1− 2aL[sen at] ⇒ (s2 + a2)L[f(t)] = 1− 2a a
s2 + a2
=
s2 − a2
s2 + a2
Portanto, L[f ](s) =
s2 − as
(s2 + a2)2
.
Exercício 4.2.6.
Sem calcular a integral, determine as transformadas de laplace.
Solução.
1. L
[ t∫
0
exdx
]
2. L[ t∫
0
cosxdx
]
132 Solução Séries e Equações Diferenciais
3. L
[ t∫
0
sen x cos(t− x)dx
]
4. L
[ t∫
0
xet−x
]
5. L
[ t∫
0
e−xsen xdx
]
6. L
[
t ·
t∫
0
sen xdx
]
7. L
[ t∫
0
e−xdx
]
8. L
[ t∫
0
xsen xdx
]
9. L
[
t ·
t∫
0
xe−xdx
]
Exercício 4.2.7.
Mostre que se 0 ≤ x < b ≤ k
n
≤ 1 ou 0 ≤ k
n
≤ b < x ≤ 1, então
x
k
n (1− x)1− kn ≤ e−2(x−b)2b kn (1− b)1− kn
Solução.
A mostrar que
x
k
n (1− x)1− kn
b
k
n (1− b)1− kn
≤ e−2(x−b)2 . Aplicando o logaritmo
F (x) = Ln
[
x
k
n (1− x)1− kn
b
k
n (1− b)1− kn
]
− 2(x− b)2 ≤ 0, ⇒ F (b) = 0
⇓
⇓
⇓
Christian José Quintana Pinedo 133
Exercício 4.2.8.
Determine a transformada inversa de Laplace para as funções:
Solução.
1.
2s− 5
s(s2 + s+ 12)
2.
s
s4 + 4
− e
−s
s2
− e
−2s
s2 − 1
3.
s
s4 + 4
4.
5s+ 3
(s+ 1)(s+ 2)(s+ 3)
Resposta f(t) = [−e−t + 7e−2t − 6e−3t]u(t)
5.
p
p4 + 4
− e
−p
p2
− e
−2p
p2 − 1
6. Pelo método das frações parciais, obtemos
1
s(s2 + 4)
=
1/4
s
+
(−1/4)s
s2 + 4
.
Assim, L−1
[
1
s(s2 + 4)
]
=
1
4
L−1
[
1
s
]
− 1
4
L−1
[
s
s2 + 4
]
=
1
4
− 1
4
cos 2x.
Exercício 4.2.9.
Determine:
Solução.
1. L−1
[ 1
s4
]
2. L−1
[ 1
s2
− 64
s5
]
3. L−1
[(3
s
− 1
s3
)2]
4. L−1
[ 1
s2
− 1
s− 2 +
1
s
]
5. L−1
[ 12s
s2 + 9
]
6. L−1
[ 1
s2 + s− 6
]
134 Solução Séries e Equações Diferenciais
7. L−1
[ s− 5
(s+
√
5)(s−√5)
]
8. L−1
[ s
(s− 1)(s− 2)(s− 3)
]
9. L−1
[ s− 2
s2(s2 + 4)
]
10. L−1
[ 1
(s2 + 9)(s2 + 4)
]
11. L−1
[ 6s+ 3
(s2 + 1)(s2 + 4)
]
12. L−1
[
1
s4−16
]
Exercício 4.2.10.
Considere L[f ](s) = F (s), determine f(t).
Solução. 1.
Temos a transformada F (s) =
2
s2(s+ 2)(s− 1) +
1
(s+ 2)(s− 1) , é imediato que
1
(s+ 2)(s− 1) =
1
3(s− 1) −
1
3(s+ 2)
2
s2(s+ 2)(s− 1) =
A
s
+
B
s2
+
C
s+ 2
+
D
s− 1 ⇒
2 = As(s+ 2)(s− 1) +B(s+ 2)(s− 1) +Cs2(s− 1) +Ds2(s+ 2) ⇒ s = 0⇒ B = 1
s = 1⇒ D = 2
3
, s = −2⇒ C = −1
6
, s = −1⇒ A = 3
2
logo
F (s) =
[
3
2s
+
1
s2
− 1
6(s+ 2)
+
2
3(s− 1)
]
+
[
1
3(s− 1) −
1
3(s+ 2)
]
F (s) =
3
2s
+
1
s2
− 1
2(s+ 2)
+
1
s− 1 ⇒ f(t) =
3
2
+ t− 1
2
e−2t + et
Portanto, f(t) =
3
2
+ t− 1
2
e−2t + et
Solução. 2..
Temos a transformada F (s) =
3
(s− 1)(s2 + 4)
ccc
Christian José Quintana Pinedo 135
Exercício 4.2.11.
Seja a constante, sabe-se que a transformada de Laplace de f(t) = sen at é
a
s2 + a2
, s >
0 e a de g(t) = t cos at é
s2 − a2
(s2 + a2)2
, s > 0. Determine a transformada de Laplace de
h(t) = sen at+ t cos at.[?]
Solução.
Exercício 4.2.12.
Determine a função cuja transformada de Laplace é
s+ 1
s2(s+ 2)3
.[?]
Solução.
Exercício 4.2.13.
Determine a função cuja transformada de Laplace é
s2 + 2
s(s2 + 2s+ 2)
.[?]
Solução.
Exercício 4.2.14.
Determine a função f(t), sabendo que L−1
[
Ln[1 +
1
s2
]
]
= f(t).[?]
Solução.
Exercício 4.2.15. Teorema de aproximação de Weierstrass.
Demonstrar que se f : [a, b] −→ R é uma função contínua, então para todo � > 0,
existe um polinômio p(t) tal que |f(t)− p(t)| < �, para todo t ∈ [a, b].
Demonstração.
Seja t = (1− x)a + xb, então x = 1
b− a(t − a) e t ∈ [a, b] se e somente se x ∈ [0, 1].
Seja fˆ : [0, 1] −→ R definida por fˆ(x) = f((1− x)a + xb). Consideremos o polinômio de
136 Solução Séries e Equações Diferenciais
Bernstein1
pˆ(x) =
n∑
k=0
fˆ(
k
n
)xk(1− x)n−k e p(t) = pˆ
( 1
b− a(t− a)
)
Sabendo que
∑
k∈A
(
n
k
)
xk(1− x)n−k ≤
n∑
k=0
(
n
k
)
xk(1− x)n−k = 1 (4.1)
para qualquer A ∈ {0, 1, 2, 3, · · · , }.
Por outro lado, como f é contínua, existe δ > 0 tal que
|x− y| < δ ⇒ |f(x)− f(y)| < �
2
(4.2)
Sejam b1 = x− δ, b2 = x+ δ, M = max
x∈[0,1]
|f(x)| e n tal que 4Me−2δ2n < �
2
.
Pela Propriedade (??)
b2 ≤ k
n
≤ 1 ou o ≤ k
n
≤ b1 ⇒ x kn (1− x)1− kn ≤ e−2(x−b)2b kn (1− b)1− kn (4.3)
Das relações (4.1), (4.2) e (4.3) tem-se
|fˆ(x)− pˆ(x)| =
∣∣∣∣∣
n∑
k=0
fˆ(x)
(
n
k
)
xk(1− x)n−k −
n∑
k=0
fˆ(
k
n
)
(
n
k
)
xk(1− x)n−k
∣∣∣∣∣ ≤
≤
n∑
k=0
∣∣∣∣fˆ(x)− fˆ(kn)
∣∣∣∣
(
n
k
)
xk(1− x)n−k ≤
≤ �
2
+
∑
| k
n
−x|>δ
∣∣∣∣fˆ(x)− fˆ(kn)
∣∣∣∣
(
n
k
)
xk(1− x)n−k
≤ �
2
+ 2M
∑
k
n
≥b2
(
n
k
)
xk(1− x)n−k + 2M
∑
k
n
≤b1
(
n
k
)
xk(1− x)n−k
≤ �
2
+ 2Me−2δ
2n
∑
k
n
≥b2
(
n
k
)
bk2(1− b2)n−k + 2Me−2δ
2n
∑
k
n
≤b1
(
n
k
)
bk1(1− b1)n−k
≤ �
2
+ 4Me−2δ
2n ≤ �
1Sergey Natanovich Bernstein (1880 − 1968) foi um matemático ucraniano. Sua tese de doutorado,
defendida em 1904 na Sorbonne, resolveu o décimo-nono problema de Hilbert sobre a solução analítica
de equações diferenciais elípticas. Publicou diversos trabalhos em teoria da probabilidade, fundamentos
matemáticos da genética entre outros.
Christian José Quintana Pinedo 137
4.3 Aplicações
Exercícios 4-3
Exercício 4.3.1.
Qual é a tranformada de Laplace da função periódica mostrada na seguinte Figura (a)
?
-
6
T 2T 4T
f(t)
1
-1
t
Figura (a)
Solução.
Observe que o período é 2T , além disso:∫ 2T
0
f(t)e−stdt =
∫ T
0
f(t)e−stdt+
∫ 2T
T
f(t)e−stdt
Isto ; e: ∫ 2T
0
f(t)e−stdt =
∫ T
0
e−stdt+
∫ 2T
T
(−1)e−stdt
∫ 2T
0
f(t)e−stdt =
e−st
−s
∣∣∣∣T
0
− e
−st
−s
∣∣∣∣2T
T
=
1
−s [(e
−sT − 1)− (e−2sT )− e−sT ]
∫ 2T
0
f(t)e−stdt =
1
s
[e−2sT − 2e−sT + 1] = 1− (e
−sT )2
s
Sabe-se que se uma função f(t) é de período K, então a transformada de Laplace; e:
L[f(t)] =
∫ K
0
f(t)e−stdt
1− e−Ks
Substituindo nesta expressão:
L[f(t)] =
(1− e−sT )2
s
1− e−2Ts =
(1− e−sT )2
s(1− e−2Ts) =
1− e−sT
s(1 + e−sT )
=
1
s
tanh
Ts
2
Portanto, a gransformada pedida é L[f(t)] = 1
s
tanh
[
Ts
2
]
.
138 Solução Séries e Equações Diferenciais
Exercício 4.3.2.
Achar f(t) da seguinte igualdade f(t) =
t∫
0
f(r)dr = 1.[?]
Solução.
Exercício 4.3.3.
Aplicar a Propriedade (??) para mostrar a fórmula de Duhamel 2
sL[f(t)]L[g(t)] = f(t)g(t) +
t∫
0
f(x)g(t− x)dx
Solução.
Exercício 4.3.4.
Achar as transformadas de Laplace para as seguintes funções
1. (t− 1) · u(t− 1) 2. (t− 1)2 · u(t− 1) 3. (t− 1)u(t− pi) · (cos t
4. t · u(t− 1) 5. t2 · u(t− 1) 6. (t− 1)u(t− pi
2
) · sen t
7. et · u(t− 1
2
) 8. u(t− 1) · cosh t .
Solução.
Exercício 4.3.5.
Determine a transformada de Laplace para as funções:[?]
Solução.
2Duhamel (1797− 1872) matemático francês.
Christian José Quintana Pinedo 139
1. f(t) =
{
0 se 0 ≤ t < 1
(t− 1)2 se 1 ≤ t 2. f(t) =
{
sen t se 0 ≤ t < pi
0 se t ≥ pi
3. f(t) =

0 se 0 ≤ t < 1
2 se 1 ≤ t < 2
0 se t ≥ 2
4. f(t) =
Exercício 4.3.6.
Mostre que a função f(t) =
{
ket
2 se t < B
10M se t ≥ B admite transformada de laplace,
onde k,M e B são constantes.
Solução.
Pela definição da transformada de Laplace tem-se
L[f(t)] =
∞∫
0
e−stf(t)dt =
B∫
0
e−st · ket2dt+
∞∫
B
e−st · 10Mdt
L[f(t)] = k
B∫
0
e−st+t
2
dt+ 10M lim
R→∞
R∫
B
e−stdt
= 10M lim
R→∞
R∫
B
e−stdt+ ke−s
2/4
B∫
0
et−s/2)
2
dt
O valor obtido assim, será finito e bem definido, sem importar quais grandes sejam
M , B ou k, para qualquer s > 0. A última integral, em verdade não podemos calcular
mediante funções elementares, não obstante podemos limitar assim. Seja m(s) = max(t−
s
2
)2 para 0 ≤ t ≤ B, então
B∫
0
et−s/2)
2
dt ≤
B∫0
em(s)dt = em(s)B
Deste modo, a transformada de Laplace existe para qualquer s > 0.
Exercício 4.3.7.
Mostrar que não existe transformada de Laplace para a função f(t) = et2, para nenhum
valor de s.
Solução.
140 Solução Séries e Equações Diferenciais
Pela definição da transformada de laplace, tem-se
L[et
2
] =
+∞∫
0
e−st · et2dt
Com efeito, desde que ev2 > ev em (1,+∞), então. se s > 0
L[et
2
] =
+∞∫
1
e−st · et2dt =
+∞∫
0
et
2−stdt =
+∞∫
0
et
2−st+s2/4 · e−s2/4dt
=
+∞∫
0
e(t−s/2)
2 · e−s2/4dt = e−s2/4
+∞∫
0
e(t−s/2)
2
dt
Considerando v = t− s/2
L[et
2
] = e−s
2/4
+∞∫
0
e(t−s/2)
2
dt =
= e−s
2/4
∞∫
−s/2
ev
2
dv = e−s
2/4
 1∫
−s/2
ev
2
dv +
+∞∫
1
ev
2
dv

≥ e−s2/4
 1∫
0
ev
2
dv +
+∞∫
1
ev
2
dv
 ≥ e−s2/4 +∞∫
1
ev
2
dv ≥ e−s2/4
+∞∫
1
evdv =∞
Exercício 4.3.8.
Mostre que a função f(t) =
 tan t se 0 ≤ t <
pi
2
0 se t ≥ pi
2
não admite transformada de
laplace
Solução.
Suponhamos m(s) = min
0≤t≤pi
2
{e−st } = min{1, e−spi/2}, então como a função tangente
tem assíntota em pi/2
+∞∫
0
f(t)e−stdt =
pi/2∫
0
tan t · e−stdt ≥
pi/2∫
0
m(s) · tan tdt =
= m(s)
pi/2∫
0
tan tdt = m(s) lim
R→pi
2
R∫
0
tan tdt
Christian José Quintana Pinedo 141
= m(s) lim
R→pi
2
[Ln(secR)− Ln(sec 0)] =∞
Exercício 4.3.9.
Resolver as seguintes equações diferenciais de PVI.
1.
{
f ′′(t)− f(t) = 1
f(0) = 0, f ′(0) = 1
2.
{
f ′′(t) + f(t) = 0
f(0) = 1, f ′(0) = 0
3.

f ′′(t) + ωf(t) = 0
f(0) = A, f ′(0) = 0
ω e A constantes
4.

Lf ′(t) +Rf(t) = E
f(0) = 0
L, R e E são constantes
Solução.
Exercício 4.3.10.
Resolver cada um dos PVIs. [?]
1. y′ − 3y = e2t, y(0) = 1
Calculamos primeiramente a transformada de cada membro da equação diferencial
dada:
L[y′]− 3L[y] = L[e2t]
Dai, L[y′] = sY (s)− y(0) = sY (s)− 1 e L[e2t] = 1
s− 2 .
Resolvendo:
sY (s)− 1− 3Y (s) = 1
s− 2
Y (s) =
s− 1
(s− 2)(s− 3)
Usando fracções parciais
s− 1
(s− 2)(s− 3) =
A
s− 2 +
B
s− 3
o que implica s− 1 = A(s− 3) +B(s− 2).
Fazendo s = 2 e s = 3 na última equação concluímos que A = −1 e B = 2,
respectivamente.
142 Solução Séries e Equações Diferenciais
Consequentemente
Y (s) =
−1
s− 2 +
2
s− 3 ⇒
y(t) = L−1
[ −1
s− 2
]
+ 2L−1
[
2
s− 3
]
De onde, y(t) = −e−2t + 2e3t
2. y′ + y = e−t, y(0) = 5
Aplicamos a Transformada de Laplace a esta EDO Linear para obter:
L[y′ + y] = L[e−t]
pelas propriedades enunciadas segue que L[y′ + y] =
1
s+ 1
Usando a fórmula da transformada da derivada, obtemos
sY (s)y(0)+Y (s) =
1
s+ 1
⇒ sY (s)−5+Y (s) = 1
s+ 1
⇒ Y (s) = 1
(s+ 1)2
+
5
s+ 1
Aplicando a transformada inversa de Laplace a esta equação e observando na tabela
que
L[te−t =
1
(s+ 1)2
e L[e−t =
1
s+ 1
obtemos a solução do PVI.
Portanto, y(t) = e−t + 5e−t.
3. y′′ + y′ − 2y = 2t; y)0) = 0, y′(0) = 1
4. Tem-se: y′′ − 2y′ + y = et + t; y(0) = 1, y′(0) = 0.
Aplicando a transformada de Laplace à equação y′′ − 2y′ + y = et + t; y(0) =
1, y′(0) = 0, tem-se
L [y′′ − 2y′ + y] = L [et + t] ⇒ (s2L[y]−s)−2(sL[y]−1)+L[y] = 1
s− 1+
1
s2
⇒
(s− 1)2L[y] = 2 + 1
s− 1 +
1
s
m
m
m
Christian José Quintana Pinedo 143
m
5. y′′ + 2y′ + 5y = 4e−t cos 2t; y(0) = 1, y′(0) = 0
6. y′′ + 4y = t2 + 3et; y(0) = 0, y′(0) = 2
Temos L[y′′ + 4y] = L[t2 + 3et] =
2!
s3
+
3
s− 1 ⇒
[
s2Y (s)− sy(0)− y′(0)]+ 4Y (s) = 2!
s3
+
3
s− 1
(s2 + 4)Y (s) =
2!
s3
+
3
s− 1 + s(0) + 2 ⇒ Y (s) =
2!
s3(s2 + 4)
+
1 + 2s
(s− 1)(s2 + 4)
a transformada da equação diferencial é
3s2Y (s)− 3C1s− 3C2 − 2sY (s) + 12C1 + 12Y (s) = 8
(s− 2)2 + 4
7. y′′ − 2y′ + y = tet + 4; y(0) = 1, y′(0) = 1
8. y′′ − 2y′ − 3y = 3te2t; y(0) = 1, y′(0) = 0
9. y′′ + 4y = 3sen 2t; y(0) = 2, y′(0) = −1
10. y′′ + 4y = et; y(0) = 0, y′(0) = 0.
11. y′′ − 2y′ + y = e2t; y(0) = 0, y′(0) = 0.
12. y′′ + 2y′ + 2y = et; y(0) = 0, y′(0) = 0.
13. 3y′′ − 12y′ + 12y = 4e2xsen (2x), y(0) = C1, y′(0) = C2 onde C1 e C2 cons-
tantes.
Temos
L[y] = Y (s), L[y′] = sY (s)− y(0), L[y′′] = s2F (s)− sy(0)− y′(0)
L[e2xsen (2x)] =
2
(s− 2)2 + 4
a transformada da equação diferencial é
3s2Y (s)− 3C1s− 3C2 − 2sY (s) + 12C1 + 12Y (s) = 8
(s− 2)2 + 4
144 Solução Séries e Equações Diferenciais
Esta equação é uma equação algébrica que pode ser simplificada, issolando Y (s) na
forma
Y (s) =
3C1s+ 3C2 − 3C1
3s2 − 12s+ 12 +
8
[(s− 2)2 + 4](3s2 − 12s+ 12) ⇒
Y (s) =
A
s− 2 +
B
(s− 2)2 +
2C
(s− 2)2 + 4 +
D(s− 2)
(s− 2)2 + 4
onde calculando A, B, C e D obtém-se A = C1, B = C2 − 2C1 + 2
3
, C = −1
3
e
D = 0, assim
Y (s) =
C1
s− 2 +
C2 − 2C1 + 23
(s− 2)2 −
2
3
(s− 2)2 + 4
A transformada inversa de cada uma das fracções parciais identificamos usando as
transformadas calculadas em secções anteriores.
Portanto, f(t) = [(1− 2x)y(0) + xy′(0) + 2x
3
− 1
3
]e2x.
14. y′′ + 4y′ + 13y = 2t+ 3e−2tcos3t, y(0) = 0, y′(0) = −1
Exercício 4.3.11.
Resolver cada um dos PVIs [?]
1. y′′ − y = δ(t− 2pi); y)0) = 0, y′(0) = 1
2. y′′ + 2y′ + 2y = cos t · δ(t− 3pi); y(0) = 1, y′(0) = −1
3. y′′ + y = δ(t− pi) cos t; y(0) = 0, y′(0) = 1
4. y′′ + 2y′ = δ(t− 1); y(0) = 0, y′(0) = 1
5. y′′ + 4y′ + 5y = δ(t− 2pi); y(0) = 0, y′(0) = 0
6. y′′ + y = etδ(t− 2pi); y(0) = 0, y′(0) = 0
7. y′′ − 2y′ = 1 + δ(t− 2); y(0) = 0, y′(0) = 1.
Exercício 4.3.12.
Christian José Quintana Pinedo 145
Resolver o PVI [?]
2y′′ + 2y′ + 2y =

0 se 0 ≤ t < 2
2 se 2 ≤ t < 10
0 se t ≥ 10
; y(0) = 0, y′(0) = 0
Solução.
Exercício 4.3.13.
Determine a solução das seguintes equações de valores iniciais
1. y′′ − 4y′ + 4y = t3e2t; y(0) = y′(0) = 0. [?]
2. y′ = 1− sen t−
t∫
0
y(t)dy; y(0) = 0. [?]
3. ty′′ − y′ = t2; y(0) = 0. [?]
4. ty′′ + y = 0; y(0) = 0. [?]
5. y′′ − 6y′ + 9y = t2e3t; y(0) = 2, y′(0) = 6. [?]
6. y′′ − 2y′ + y = et−1; y(1) = 0, y′(1) = 5. [?]
Exercício 4.3.14.
Determine f(t) para a seguintes equações integrais.[?]
1. f(t) +
t∫
0
f(x)dx = 1 2. f(t) +
t∫
0
(t− x)f(x)dx = t
3. f(t) + 4
t∫
0
sen xf(t− x)dx = 2t 4. f(t) = tet +
t∫
0
xf(t− x)dx
5. f(t) +
t∫
0
f(x)dx = et 6. f(t) +
t∫
0
f(x)dx = t
Solução.
146 Solução Séries e Equações Diferenciais
Exercício 4.3.15.
Mostre as seguintes propriedades da convolução
1. f ∗ g = g ∗ f 2. f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h
3. f ∗ 0 = 0 4. f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h
5 f ∗ δ = f onde δ é a distribuição delta de Dirac.
Solução.
Exercício 4.3.16.
Calcular cada convolução indicada
1. u2(t) = (u ∗ u)(t) onde u = u(t) é a função degrau unitário.
2. un(t) = (u ∗ u ∗ . . . ∗ u)(t) (n-vezes).
3. f ∗ g sendo f(t) = eat e g(t) = ebt .
4. f ∗ g sendo f(t) = eat e u = u(t)
Solução.
Exercício 4.3.17.
Seja y(t) a solução da equação de Bessel de ordem zero ty′′ + y′ + ty = 0, tal que
y(0) = 1 e y′(0) = 0. Mostre que
1. L[y(t)](s) = L[J0(t)](s) =
1√
s2 + 1
2.
+∞∫
0
J0(y)dy = 1
3. J0(y) =
1
pi
pi∫
0
cos(y cos t)dt. Sugestão
pi∫
0
cos2n ydy =
1 · 3 · 5 · 7 · · · (2n− 1)
2 · 4 · 6 · · · (2n) pi.
Solução.
Christian José Quintana Pinedo 147
Exercício 4.3.18.
Usando a transformada de Laplace e convolução, resolva o problema de valores iniciais.
y′′ + 2y′ + 2y = f(t) =
{
et se 0 ≤ t < pi
et(1 + e−pi) se t ≥ pi , y(0) = 1, y
′(0) = 0
Solução.
Como f(t) = et + et−piu(t− pi) ⇒ L[f(t)](s) = 1
s− 1 +
e−pit
s− 1 .
Considerando Y (s) = L[f(t)](s) e aplicando a transformada de laplace à equação
obtém-se
((s+ 1)2 + 1)Y (s) = s+ 2 +
1
s− 1 +
e−pit
s− 1
logo
Y(s) =
s+ 2
(s+ 1)2 + 1
+
1
s− 1 ·
1
(s+ 1)2 + 1
+ e−pis
1
s− 1 ·
1
(s+ 1)2 + 1
=
s+ 1
(s+ 1)2 + 1
+
1
(s+ 1)2 + 1
+
1
s− 1 ·
1
(s+ 1)2 + 1
+ e−pis
1
s− 1 ·
1
(s+ 1)2 + 1
= L[e−t cos t](s) + L[e−tsen t](s) + L[et ∗ e−t cos t](s) + e−pisL[et ∗ e−t cos t](s)
= L[e−t cos t](s)+L[e−tsen t](s)+L[et∗e−t cos t](s)+L[[(et−pisaste−t+pisen (t−pi)]u(t−pi)](s)
e nossa solução é
y(t) = e−t cos t+ etsen t+ et ∗ e−tsen t+ [et−pi ∗ e−t+pisen t]u(t− pi)
= e−t(cos t+ sen t) +
e−t
5
[1− cos t− 2sen t] + e
−t
5
[1− sen t− 2sen t]u(t− pi)
Exercício 4.3.19.
Usando a transformada de Laplace, verifique a igualdade
eat ∗ ebtsen (ct) = c
c2 + (b− a)2 [e
at − ebt cos(ct)] + b− a
c2 + (b− a)2 e
btsen (ct)
Solução.
Seja f(t) = 2t+ 3e−2tcos3t, de onde
F (s) = L[2t+ 3e−2tcos3t] =
2
s2
+ 3L[cos3t](s+ 2) ⇒
F (s) =
2
s2
+
3(s+ 2)
(s+ 2)2 + 9
148 Solução Séries e Equações Diferenciais
Seja Y (s) = L[y(t)](s), de onde
L[y′′(t)](s) = sY (s)− y(0)s− y′(0) = s2Y (0) + 1
L[4y′(t)](s) = 4[sY (s)− y(0)] = 4sY (s)
Logo, aplicando transformada de Laplace à equação inicial obtém-se
(s2 + 4s+ 13)Y (s) + 1 =
2
s2
+
3(s+ 2)
(s+ 2)3 + 9
assim,
Y (s) = − 1
(s+ 2)2 + 9
+
2
s2((s+ 2)2 + 9)
+
3(s+ 2)
((s+ 2)2 + 9)2
Por outro lado, como L−1
(
− 1
(s+ 2)2 + 9
)
(t) = −1
3
e−2tsen 3t. Então como
2
s2((s+ 2)2 + 9)
=
As+B
s2
+
C(s+ 2) +D
(s+ 2)2 + 9
de onde obtemos os valores
A = − 8
169
B =
2
13
, C =
8
169
, D = − 10
169
de onde
L−1
(
− 1
(s+ 2)2 + 9
)
(t) = − 8
169
+
2
13
t+
8
169
e−2t cos 3t− 10
169
e−2tsen 3t
Finalmente, como
3(s+ 2)
((s+ 2)2 + 9)2
= −3
2
d
ds
( 1
(s+ 2)2 + 9
)
= −1
2
d
ds
( 3
(s+ 2)2 + 9
)
temos que
L−1
( 3(s+ 2)
((s+ 2)2 + 9)2
)
(t) =
1
2
te−2tsen 3t
Portanto, de todos estes resultados tem-se a solução do PVI
y(t) = − 8
169
+
2
13
t+ e−2t[
8
169
cos 3t− 179
507
sen 3t+ tsen 3t]
Índice
Teorema
aproximação de Weierstrass, 135
149