Equações-Diferenciais-II-Laplace2

Prévia do material em texto

6.1: Transformada de Laplace
Muitos problemas práticos da engenharia envolvem sistemas 
mecânicos ou elétricos sob ação de forças descontínuas ou de 
impulsos.
Para estes tipos de problemas, os métodos visto em Equações 
Diferenciais I, são difíceis de serem aplicados.
Neste capítulo, usaremos a transformada de Laplace para 
desenvolver um outro método para resolver uma EDO.
Transformada Integrais: Dada uma função conhecida K(s,t), 
Transformada Integrais de uma função f é uma função da forma 
F (s )=∫α
β
K (s , t ) f ( t )dt , −∞≤ α< β≤+ ∞
A Transformada de Laplace
Seja f uma função definida para t ≥ 0 e que f satisfaz certas 
condições que veremos mais adiante . 
A Transformada de Laplace de f é definida por
onde, a função K(s,t) = e-st é chamada de núcleo da 
transformada. 
Como as soluções das EDO lineares com coeficientes 
constantes são baseada na função exponencial, a 
transformada de Laplace é particularmente útil para essas 
equações. 
Note que a Transformada de Laplace é definida por uma 
integral imprópria, portanto temos que estudar sua 
convergência. 
Vamos rever alguns exemplos de integrais impróprias e 
funções contínuas por partes. 
L { f ( t )}=F ( s )=∫ 0
∞
e−st f ( t )dt
Exemplo 1
Considere a seguinte integral imprópria.
Note que para s=0 a integral acima é divergente. Então 
vamos supor .
Podemos calcular esta integral da seguinte forma:
Assim, podemos concluir que: 
∫0
∞
est dt= lim
b→∞
∫0
b
e st dt=lim
b→∞
est
s
∣0
b=1
s
lim
b→∞
(esb−1)
∫0
∞
est dt
Converge: ∫0
∞
est dt=−1
s
, se s< 0; e
Diverge: ∫0
∞
e st dt , se s≥ 0 .
s≠0
Exemplo 2
Dada a integral imprópria
Usando integração por partes
Este limite é divergente, portanto a integral original é 
divergente.
[ ]
( )[ ]1cossinlim
cossinlim
sinsinlim
coslimcos
00
00
00
−+=
+=



−=
=
∞→
∞→
∞→
∞→
∞
∫
∫∫
bsbsb
tstst
tdtstst
tdtsttdtst
b
bb
b
bb
b
b
b
∫0
∞
st cos tdt
Função Contínua por Partes
Uma função f é contínua por partescontínua por partes em um intervalo [a, b] 
se este intervalo pode ser particionado por um número finito 
de pontos,
a = t0 < t1 < … < tn = b tal que 
(1) f é contínua em cada (tk, tk+1) 
Em outras palavras, f é contínua por partescontínua por partes em [a, b] , se ela é 
contínua nesse intervalo exceto por um número finito de 
saltos.
(2) ∣ lim
t →tk
+
f (t )∣< ∞ , k=0,… , n−1
(3) ∣ lim
t→ tk + 1
−
f ( t )∣< ∞ , k=1,… , n
Exemplo 3
Considere a seguinte função f definida por partes:
Pela definição de f e pelo seu gráfico abaixo, vemos que f é 
contínua por partes em [0, 3].
f ( t )={ t2 , 0≤t≤13−t , 1< t≤2t+ 1 2< t≤3
Exemplo 4
f ( t )={ t
2+ 1, 0≤t≤1
(2−t )−1 , 1< t≤2
4, 2< t≤3
Considere a seguinte função f definida por partes:
Pela definição de f e pelo seu gráfico abaixo, vemos que f 
não é contínua por partes em [0, 3].
Teorema 6.1.2
Suponha que f é uma função com as seguintes propriedades:
(1) f é contínua por partes em [0, b] para todo b > 0. 
(2) | f(t) | ≤ Keat quando t ≥ M, onde a, K, M são constantes, com K, M > 0.
Então a Transformada de Laplace de f existe para s > a.
Obs. Funções, f , que satisfaz a condição (2) acima é dita de 
ordem exponencial quando t → ∞. Esta condição é suficiente 
mas não necessária para a existência da Transformada de Laplace. 
Veja os seguintes exemplos, ambos não são de ordem exponencial.
1) , não existe a Transformada de Laplace 
 
 2) , existe a Transformada de Laplace
L { f ( t )}=F ( s )=∫0
∞
e−st f ( t )dt (finito)
2
)( tetf =
)cos(2)(
22 tt etetf =
Exemplo 5
Seja f (t) = 1 para t ≥ 0. Então a Transformada de Laplace 
F(s) de f é:
L { 1 }=∫0
∞
e−st dt=
= lim
b→∞
∫0
b
e−st dt =
=−lim
b→∞
e−st
s
∣0
b=
=
1
s
, s> 0
Assim, L { 1 }=1
s
, s> 0.
Exemplo 6
Seja f (t) = eat para t ≥ 0. Então a Transformada de Laplace F(s) 
de f é:
L { eat }=∫0
∞
e−st eat dt =
= lim
b→∞
∫ 0
b
e−( s−a ) t dt =
=− lim
b→∞
e−( s−a) t
s−a
∣0
b=
=
1
s−a
, s> a
Assim, L { eat }= 1
s−a
, s> 0.
Exemplo 7
Seja f (t) = sin(at) para t ≥ 0. Usando integração por partes 
duas vezes, a Transformada de Laplace F(s) de f é encontrada 
como se segue:
{ }
0,)()(1
sin/)sin(lim1
coslim1
cos/)cos(lim
sinlimsin)sin()(
222
2
00
0
00
00
>
+
=⇒−=



+−=



−=



−−=
===
∫
∫
∫
∫∫
−−
∞→
−
∞→
−−
∞→
−
∞→
∞
−
s
as
asFsF
a
s
a
ate
a
saate
a
s
a
ate
a
s
a
ate
a
saate
atdteatdteatLsF
b stbst
b
b st
b
b stbst
b
b st
b
st
A Linearidade da Transformada de Laplace
Vamos supor que para as funções f e g, existam as suas 
Transformadas de Laplace para s > a1 e s > a2, 
respectivamente.
Então, para s maior que o máximo entre a1 e a2, a 
Transformada de Laplace de c1 f (t) + c2g(t) existe. Isto é,
logo
L { c1 f (t )+ c2 g ( t ) }=∫0
∞
e−st [c1 f ( t )+ c2 g ( t )]dt é finito
{ }
{ } { })( )(
 )( )()()(
21
020121
tgLctfLc
dttgecdttfectgctfcL stst
+=
+=+ ∫∫ ∞ −∞ −
Exemplo 8
Seja f (t) = 5e-2t - 3sin(4t) para t ≥ 0. 
Então pela linearidade da Transformada de Laplace, e usando 
os resultados anteriores dos exemplos(6 e 7), a Transformada 
de Laplace F(s) de f é: 
{ }
{ } { }
0,
16
12
2
5
)4sin(35
)4sin(35
)}({)(
2
2
2
>
+
−
+
=
−=
−=
=
−
−
s
ss
tLeL
teL
tfLsF
t
t
6.2: Resolvendo Problema de Valor Inicial 
A Transformada de Laplace tem este nome devido ao 
matemático franses Laplace, que estudou esta transformada 
em 1782.
A técnica descrita aqui foi desenvolvida primeiramente por 
Oliver Heaviside (1850-1925), um engenheiro elétrico ingles.
A Transformada de Laplace será usada para resolver PVI de 
EDO lineares com coeficientes constantes. 
A utilidade da Transformada de Laplace nesse contexto reside 
no fato de que a transformada de f ' está relacionada de 
maneira simples com à transformada de f, esta relação é dada 
pelo Teorema 6.2.1 que veremos a seguir. 
Teorema 6.2.1
Suponha que f é uma função que satisfaz as seguintes condições:
(1) f é contínua e f ' é contínua por partes em [0, b] para todo b > 0. 
(2) | f(t) | ≤ Keat quando t ≥ M, para constantes a, K, M com K, M > 0.
Então a Transformada de Laplace f ' exite para s > a, além disso 
Prof (ídeia): Supondo, f e f ' contínua em [0, b], nós temos
Sem Perda de Generalidade(SPG), para f ' contínua por partes em 
[0, b], obtemos o mesmo resultado. 
L { f ' ( t )}=sL { f ( t )}− f (0 )
lim
b→∞
∫ 0
b
e−st f ' ( t )dt = lim
b→∞
[e−st f ( t )∣0b−∫ 0b (−s )e−st f ( t )dt ]
= lim
b→∞
[e−sb f (b)− f (0)+ s∫ 0b e−st f ( t )dt ]
A Transformada de Laplace f ' 
Portanto se f e f ' satisfazem as hipoteses do Teorema 6.2.1, 
então 
Agora supondo f ' e f '' satisfazendo as condições 
especificadas para f e f ' , respequitivamente, do Teorema 
6.2.1. Nós obtemos então
Analogamente, podemos obter uma expressão para L{f (n)}, 
desde que f e suas derivadas satisfação condições similares 
do teorema 6.2.1. Este resultado é visto no Corolário 6.2.2
L { f ' ' ( t )}=sL { f ' ( t )}− f ' (0)
=s [sL { f ( t )}− f (0 )]− f ' (0)
=s2 L { f ( t )}−sf (0)− f ' (0 )
L { f ' ( t )}=sL { f ( t )}− f (0 )
Corolário 6.2.2
Suponha que f é uma função com as seguintes propriedades:
(1) f , f ', f '' ,…, f (n-1) são contínuas, e f (n) contínuas por partes,em [0, b] 
para todo b > 0. 
(2) | f(t) | ≤ Keat, | f '(t) | ≤ Keat , …, | f (n-1)(t) | ≤ Keat para t ≥ M, e constantes 
a, K, M, com K, M > 0.
Então a Transformada de Laplace f (n) existe para s > a, e é 
dada por
L { f (n)( t )}=sn L { f ( t )}−sn−1 f (0 )−sn−2 f ' (0 )−⋯−sf (n−2)(0)− f (n−1 )(0 )
Exemplo 1: (1 de 4)
Considere o PVI
Fazendo:
Tem-se r1 = -2 e r2 = -3, e a solução é:
Usandoas Condições Iniciais:
Portanto,
Agora vamos resolver o Pvi usando a Transformada de Laplace.
y ' '+ 5 y '+ 6y=0, y (0)=2, y ' (0)=3
y ( t )=ert ⇒ r 2+ 5r+ 6=0 ⇔ (r+ 2) (r+ 3)=0
y ( t )=c1 e
−2 t+ c2 e
−3 t
y ( t )=9 e−2 t−7 e−3 t
7,9
332
2
21
21
21
−==⇒


=−−
=+
cc
cc
cc
Exemplo 1:O MetodoTransformada de Laplace (2 de 4)
Assumindo que o PVI tem uma solução φ e que φ'(t) e φ''(t) 
satisfazem as condições do Corolário 6.2.2. Então
e onde
Fazendo Y(s) = L{y}, nós temos
Substituindo as condições iniciais, nos obtemos
Assim
y ' '+ 5 y '+ 6y=0, y (0)=2, y ' (0)=3
L {y ' '+ 5 y'+ 6y}=L{y ' ' }+ 5L{y ' }+ 6L{y }=L {0}=0
[s2 L {y }−sy (0 )− y ' (0 )]+ 5 [ sL {y }− y (0) ]+ 6L {y }=0
(s2+ 5s+ 6) Y ( s )−( s+ 5) y (0 )− y ' (0 )=0
(s2+ 5s+ 6) Y ( s )−2( s+ 5)−3=0
L {y}=Y ( s )= 2s+ 13
(s+ 3) (s+ 2)
Fazendo a decomposição da fração parcial, Y(s) é reescrita 
como:
Portanto 
2s+ 13
( s+ 3) (s+ 2)
=
A
( s+ 3)
+
B
( s+ 2)
2s+ 13=A (s+ 2)+ B (s+ 3)
2s+ 13=( A+ B )s+ (2A+ 3B)
A+ B=2, 2A+ 3B=13
A=−7, B=9
L {y}=Y ( s )=− 7
( s+ 3)
+
9
( s+ 2)
Exemplo 1: Fração Parcial (3 de 4)
Da sesção 6.1:
Portanto
Reescrevendo Y(s) = L{y}, obtemos pela linearidade
e assim chegamos a solução do PVI 
Y (s )=− 7
(s+ 3)
+
9
(s+ 2)
=−7L{e−3t }+ 9L {e−2t }, s>−2,
L { eat }=F (s )=∫0
∞
e−st eat dt=∫0
∞
e−( s−a )t dt= 1
s−a
, s> a
L {y}=L {−7e−3t+ 9 e−2t }
y ( t )=−7e−3t+ 9e−2t
Exemplo 1: Solução (4 de 4)
O Método Geral da Transformada de Laplace
Considere uma EDO de coeficientes constantes
Assuma que esta equação tem uma solução y = φ(t), e que φ'(t) e 
φ''(t) satisfazem as condições do Corolário 6.2.2. Então
Faça Y(s) = L{y} e F(s) = L{ f }, então
a y ' '+ b y '+ cy= f ( t )
L {a y' '+ b y '+ cy }=aL {y ' ' }+ bL {y' }+ cL {y }=L{ f ( t )}
a [s2 L{y }−sy (0)− y ' (0)]+ b [ sL {y}− y (0 )]+ cL {y }=F (s )
(as2+ bs+ c ) Y ( s )−(as+ b) y (0)−a y ' (0 )=F ( s )
Y (s )=(as+ b) y (0 )+ a y
' (0)
as2+ bs+ c
+ F (s )
as 2+ bs+ c
Problema Algébrico 
Assim a EDO foi transformada na equação algébrica abaixo
 portanto devemos encontrar y = φ(t) tal que L{φ(t)} = Y(s).
Note que não necessitamos resolver a equação homogênea e a não 
homogênea separadamente, nem temos um passo a mais em que 
usamos as condições iniciais para determinar os coeficientes da 
solução geral.
Y (s )= (as+ b ) y (0)+ a y
' (0 )
as2+ bs+ c
+ F (s )
as2+ bs+ c
Polinômio Característico 
Usando a Transformada de Laplace, no PVI 
Obtemos
O polinômio do denominador é o polinômio característico 
associado à equação diferencial. 
A expansão em frações parciais de Y(s) usado para determinar 
φ obriga-nos a encontrar as raízes da equação característica. 
Equações de ordem superior, isto pode ser muito difícil, 
especialmente se as raízes são irracionais ou complexas. 
Y (s )= (as+ b ) y (0)+ a y
' (0 )
as2+ bs+ c
+ F (s )
as2+ bs+ c
a y ' '+ b y '+ cy= f ( t ) , y (0 )= y0 , y
' (0)= y0
'
Problema Inverso
A principal dificuldade em usar o método da transformada de 
Laplace é determinar a função y = φ(t) tal que L{φ(t)} = Y(s). 
Este é um problema inverso, em que tentamos encontrar φ tal 
que φ(t) = L-1{Y(s)}. 
Existe uma fórmula geral para encontrar L-1, mas requer 
conhecimentos da teoria das funções complexas de uma 
variável, e nós não consideraremos aqui.
Pode ser mostrado que se f é contínua com L{f(t)} = F(s), 
então f é a única função contínua com f (t) = L-1{F(s)}. 
Tabelas podem ser construídas, onde podemos encontrar 
muitas das funções que serão tratadas aqui. No nosso texto 
temos a tabela 6.2.1 
Linearidade da Transformada Inversa
Frequentemente a Transformada de Laplace F(s) pode ser 
expressada como
Seja
Então a função
será a Transformada de Laplace F(s), desde que L seja linear. 
 
Por resultado de unicidade, não existe outra função contínua f 
que tem a mesma transformada F(s). 
Assim L-1 é um operador linear com
F (s )=F1 (s )+ F 2( s )+ ⋯+ F n( s )
f 1( t )=L
−1 {F 1( s )}, … , f n( t )=L−1 {F n( s )}
f ( t )= f 1( t )+ f 2( t )+⋯+ f n( t )
f ( t )=L−1 {F ( s )}=L−1 {F 1( s )}+⋯+ L−1 {F n( s )}
Exemplo 2
Encontrar a inversa da Transformada de Laplace da função.
Para encontrar y(t) tal que y(t) = L-1{Y(s)}, nos primeiro 
reescrevemos Y(s):
Usando a Tabela 6.2.1,
Assim
Y (s )=2
s
Y (s )= 2
s
=2(1s )
L−1 {Y (s )}=L−1{2s }=2L−1{1s }=2(1)=2
y ( t )=2
Exemplo 3
Y (s )= 3
s−5
Y (s )= 3
s−5
=3( 1s−5)
L−1 {Y (s )}=L−1{ 3s−5 }=3L−1{ 1s−5}=3 e5t
y ( t )=3 e5t
Encontrar a inversa da Transformada de Laplace da função.
Para encontrar y(t) tal que y(t) = L-1{Y(s)}, nos primeiro 
reescrevemos Y(s):
Usando a Tabela 6.2.1,
Assim
Exemplo 4
Y (s )= 6
s4
Y (s )= 6
s4
=
3 !
s4
L−1 {Y (s )}=L−1{3 !s4 }=t 3
y ( t )=t3
Encontrar a inversa da Transformada de Laplace da função.
Para encontrar y(t) tal que y(t) = L-1{Y(s)}, nos primeiro 
reescrevemos Y(s):
Usando a Tabela 6.2.1,
Assim
Exemplo 5
Y (s )= 8
s3
=( 82 ! )( 2 !s3 )=4( 2 !s3 )
L−1 {Y (s )}=L−1{4( 2 !s3 )}=4L−1{2 !s3 }=4t2
y ( t )=4t2
Y (s )= 8
s3
Encontrar a inversa da Transformada de Laplace da função.
Para encontrar y(t) tal que y(t) = L-1{Y(s)}, nos primeiro 
reescrevemos Y(s):
Usando a Tabela 6.2.1,
Assim
Exemplo 6
Y (s )=4s+ 1
s2+ 9
=4[ ss2+ 9 ]+ 13 [ 3s2+ 9 ]
L−1 {Y (s )}=4L−1{ ss2+ 9}+ 13 L−1{ 3s2+ 9}=4 cos3t+ 13 sin 3t
y ( t )=4 cos3t+ 1
3
sin 3t
Y (s )=4s+ 1
s2+ 9
Encontrar a inversa da Transformada de Laplace da função.
Para encontrar y(t) tal que y(t) = L-1{Y(s)}, nos primeiro 
reescrevemos Y(s):
Usando a Tabela 6.2.1,
Assim
Exemplo 7
Y (s )=4s+ 1
s2−9
=4[ ss2−9 ]+ 13 [ 3s2−9 ]
L−1 {Y (s )}=4L−1{ ss2−9}+ 13 L−1{ 3s2−9}=4 cosh3t+ 13 sinh 3t
y ( t )=4 cosh3t+ 1
3
sinh 3t
Y (s )=4s+ 1
s2−9
Encontrar a inversa da Transformada de Laplace da função.
Para encontrar y(t) tal que y(t) = L-1{Y(s)}, nos primeiro 
reescrevemos Y(s):
Usando a Tabela 6.2.1,
Assim
Exemplo 8
L−1 {Y (s )}=−5L−1{ 2 !( s+ 1)3}=−5t2e−t
y ( t )=−5t2 e−t
Y (s )=−10
(s+ 1)3
Y (s )=−10
(s+ 1)3
=−10
2 ! [ 2 !( s+ 1)3 ]=−5[ 2 !( s+ 1)3]
Encontrar a inversa da Transformada de Laplace da função.
Para encontrar y(t) tal que y(t) = L-1{Y(s)}, nos primeiro 
reescrevemos Y(s):
Usando a Tabela 6.2.1,
Assim
Exemplo 9
Para a função Y(s) abaixo, nos encontramos y(t) = L-1{Y(s)} 
usando um expansão em frações parciais, como segue. 
Y (s )=3s+ 1
s2+ s−12
=
3s+ 1
(s+ 4)( s−3 )
=
A
s+ 4
+
B
s−3
3s+ 1=A( s−3)+ B( s+ 4 )
3s+ 1=(A+ B) s+ ( 4B−3A)
A+ B=3, 4B−3A=1
A=11/7, B=10/7
Y (s )=11
7 [1s+ 4 ]+ 107 [1s−3 ] ⇒ y ( t )=117 e−4t+ 107 e3t
Exemplo 10
Para a função Y(s) abaixo, encontramos y(t) = L-1{Y(s)} 
completando quadrados no denominador e reorganizando o 
numerador, como segue. 
Usando a Tabela 6.2.1, obtemos
y ( t )=4e3t cos t+ 2e3t sin t
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) 


+−
+


+−
−
=
+−
+−
=
+−
+−
=
++−
−
=
+−
−
=
13
12
13
34
13
234
13
2124
196
104
106
104)(
222
222
ss
s
s
s
s
s
ss
s
ss
ssY
Exemplo 11: PVI (1 de 2)
Considere o PVI
Aplicando a transformadade Laplace na equação diferencial, 
e assumindo que as condições do Corolário 6.2.2 são 
satisfeitas, temos
Fazendo Y(s) = L{y}, temos
Substituindo as condições iniciais, obtém-se
Assim
y ' '−8 y'+ 25 y=0, y (0)=0, y ' (0 )=6
[s2 L {y }−sy (0 )− y ' (0 )]−8 [sL {y }− y (0) ]+ 25 L{y }=0
(s2−8s+ 25) Y ( s )−( s−8) y (0 )− y ' (0 )=0
L {y}=Y ( s )= 6
s2−8s+ 25
(s2−8s+ 25) Y ( s )−6=0
Completando quadrados, tem-se
Assim
Usando a Tabela 6.2.1, obtemos
Portanto nossa solução do PVI é
Y (s )= 6
s2−8s+ 25
=
6
(s2−8s+ 16)+ 9
Y (s )=2 [ 3(s−4)2+ 9 ]
L−1 {Y ( s )}=2 e4t sin 3t
y ( t )=2 e4t sin 3t
Exemplo 11: Solução (2 de 2)
Exemplo 12: Ploblema não Homogêneo (1 de 2)
y ' '+ y=sin 2t , y (0)=2, y' (0)=1
[s2 L {y }−sy (0 )− y ' (0 )]+ L {y }=2 /(s 2+ 4 )
(s2+ 1) Y ( s )−sy (0 )− y ' (0 )=2 /(s2+ 4)
Y (s )= 2s
3+ s2+ 8s+ 6
(s2+ 1 )(s2+ 4)
(s2+ 1) Y ( s )−2s−1=2 /(s2+ 4)
Considere o PVI
Aplicando a transformada de Laplace na equação diferencial, 
e assumindo que as condições do Corolário 6.2.2 são 
satisfeitas, temos
Fazendo Y(s) = L{y}, temos
Substituindo as condições iniciais, obtém-se
Assim
Usando frações parciais, 
Então
Resolvendo, obtemos A = 2, B = 5/3, C = 0, e D = -2/3. 
Então
Onde 
Exemplo 12: Solução (2 de 2)
Y (s )= 2s
3+ s2+ 8s+ 6
(s2+ 1 )(s2+ 4)
= As+ B
s2+ 1
+ Cs+ D
s2+ 4
Y (s )= 2s
s2+ 1
+
5/3
s2+ 1
−
2/3
s2+ 4
y ( t )=2 cos t+ 5
3
sin t−1
3
sin 2t
( ) ( ) ( ) ( )
)4()4()()(
14682
23
2223
DBsCAsDBsCA
sDCssBAssss
+++++++=
+++++=+++
6.3: Função Degrau
Algumas das mais interessantes aplicações elementares do método 
da Transformada de Laplace ocorre em solução de equações 
lineares descontínuas ou como funções de forças de impulso. 
Nesta seção, assumiremos que todas as funções aqui consideradas 
são contínuas por partes e de ordem exponencial, e que existe sua 
Transformada de Laplace, para s suficientemente grande. 
Definição da função degrau
Seja c ≥ 0. A função degrau unitário, ou função Heaviside, é 
definido por
Um degrau negativo pode ser representado por
uc( t )={0, t< c1, t≥c
y ( t )=1−uc( t )={1, t< c0, t≥c
Exemplo 1
Esborçando o gráfico de 
Lembre que uc(t) é definido por 
Assim
e portanto o gráfico h(t) é um pulso retangular. 
h ( t )=uπ ( t )−u2π( t ) , t≥0
uc( t )={0, t< c1, t≥c
h ( t )={0, 0≤t< π1, π≤t< 2π0 2π≤t< ∞
Transformada de Laplace da Função Degrau
A transformada de Laplace de uc(t) é
{ }
s
e
s
e
s
e
e
s
dte
dtedttuetuL
cs
csbs
b
b
c
st
b
b
c
st
b
c
st
c
st
c
−
−−
∞→
−
∞→
−
∞→
∞
−
∞
−
=



+−=




−==
==
∫
∫∫
lim
1limlim
)()(
0
Funções Transladada 
Dada uma função f (t) definida para t ≥ 0, nós vamos considerar 
a função transladada na relação: g(t) = uc(t) f (t - c): 
Assim g representa uma translação de f a uma distância c na 
direção positiva de t.
Na figura abaixo, o gráfico de f é o da esquerda e o gráfico de g 
é o da direita.
g ( t )={ 0, t< cf ( t−c ) , t≥c
Exemplo 2
O esborço do gráfico
Como uc(t) é definido por 
Assim
e portanto o gráfico de g(t) é uma parábola deslocada. 
g ( t )= f ( t−1)u1 ( t ) , where f ( t )=t
2 , t≥0 .
uc( t )={0, t< c1, t≥c
g ( t )={ 0, 0≤t< 1( t−1 )2 , t≥1
Teorema 6.3.1
Se F(s) = L{f (t)} existe para s > a ≥ 0, e se c > 0, então
Reciprocamente, se f (t) = L-1{F(s)}, então
Assim a translação de f (t) a uma distancia c positiva na direção de t 
corresponde por uma multiplicação de F(s) por e-cs.
L { uc( t ) f ( t−c )}=e−cs L { f (t )}=e−cs F ( s )
uc( t ) f ( t−c )=L
−1 { e−cs F ( s )}
Teorema 6.3.1: Ideia da prova
Nós precisamos mostrar que
Usando a definição da Transformada de Laplace, nós temos
L { uc( t ) f ( t−c )}=e−cs F (s )
{ }
)(
)(
)(
)(
)()()()(
0
0
)(
0
sFe
duufee
duufe
dtctfe
dtctftuectftuL
cs
sucs
cus
ctu
c
st
c
st
c
−
∞
−−
∞ +−
−=
∞
−
∞
−
=
=
=
−=
−=−
∫
∫
∫
∫
Exemplo 3
Encontrar a Transformada de Laplace de
Note que
Assim
f ( t )=( t−1)2 u1( t )
f ( t )={ 0, 0≤t< 1( t−1)2 , t≥1
L { f ( t )}=L {u1( t )( t−1 )2}=e− s L {t2}=2 e
− s
s3
Exemplo 4
Encontrar L{ f (t)}, onde f é 
Note que f (t) = sin(t) + upi/4(t) cos(t - pi/4), e
f ( t )={sin t , 0≤t< π /4sin t+ cos( t−π / 4) , t≥π /4
{ } { } { }
{ } { }
1
1
11
1
cossin
)4/cos()(sin)(
2
4/
2
4/
2
4/
4/
+
+
=
+
+
+
=
+=
−+=
−
−
−
s
se
s
se
s
tLetL
ttuLtLtfL
s
s
s
pi
pi
pi
pi pi
Exemplo 5
Encontrar L-1{F(s)}, onde
Solução: 
F (s )=3+ e
−7s
s4
( ) 373
4
71
4
1
4
7
1
4
1
7)(
6
1
2
1
!3
6
1!3
2
1
3)(
−+=




⋅+



=




+



=
−−−
−
−−
ttut
s
eL
s
L
s
eL
s
Ltf
s
s
Teorema 6.3.2
Se F(s) = L{f (t)} existe para s > a ≥ 0, e se c é uma 
constante, então
Reciprocamente, se f (t) = L-1{F(s)}, então
Assim multiplicar f (t) por ect resulta em transladar F(s) a 
uma distancia c na direção positiva de t, e reciprocamente.
Ideia da prova:
L { ect f ( t )}=F ( s−c ) , s> a+ c
ect f ( t )=L−1 {F ( s−c )}
L { ect f ( t )}=∫0
∞
e−st ect f ( t )dt=∫0
∞
e−( s−c )t f ( t )dt =F (s−c )
Exemplo 4
Encontrar a Transformada Inversa de 
Para resolver, primeiramente completaremos quadrados:
Desde que 
segue que 
G( s )= s+ 1
s2+ 2s+ 5
G( s )= s+ 1
s2+ 2s+ 5
=
s+ 1
(s2+ 2s+ 1)+ 4
=
(s+ 1)
(s+ 1)2+ 4
L−1 {G( s )}=L−1 {F (s+ 1 )}=e−t f ( t )=e−t cos (2t )
f ( t )=L−1 {F ( s )}=L−1{ ss2+ 4}=cos (2t )
6.4: Equações Diferenciais com Forçamentos 
Descontínuos. 
Nesta seção estudaremos casos de PVI no qual a função de forças é 
descontínuas.
a y ' '+ b y '+ cy=g ( t ) , y (0)= y0 , y
' (0)= y0
'
Exemplo 1: PVI (1 de 12)
Encontrar a solução do PVI
Esse problema representa a carga em um capacitor em um circuito 
elétrico onde a voltagem é um pulso unitário em [5,20). Pode 
representar, também, a resposta de um oscilador amortecido sob a 
ação de uma força g(t). 
2y'' +y '+ 2y=g (t ) , y (0)=0, y' (0)=0
onde
g ( t )=u5( t )−u20( t )={1, 5≤t< 200, 0≤t<5 and t≥20}
Assumindo as condições do Corolário 6.2.2 são satisfeitas. Então
ou
Fazendo Y(s) = L{y}, 
Substituindo as condições iniciais, obtemos
Assim
2L {y' ' }+ L{y ' }+ 2L {y }=L {u5( t )}−L{u20( t )}
[2s2 L {y}−2 sy (0)−2 y ' (0)]+ [sL {y }− y (0 )]+ 2L{y}=e
−5s−e−20 s
s
(2s2+ s+ 2) Y ( s )−(2s+ 1) y (0 )−2 y ' (0 )=(e−5s−e−20 s) /s
Exemplo 1: Transformada de Laplace (2 de 12)
(2s2+ s+ 2) Y ( s )=(e−5s−e−20 s) /s
Y (s )= (e
−5s−e−20 s)
s (2s2+ s+ 2)
2 y ' '+ y'+ 2y=u5 ( t )−u20( t ) , y (0)=0, y
' (0 )=0
Temos
onde 
Se tomarmos h(t) = L-1{H(s)}, então
pelo Teorema 6.3.1.
y=φ( t )=u5 ( t )h( t−5)−u20(t )h ( t−20 )
Exemplo 1: Fatorando Y(s) (3 de 12)
Y (s )= (e
−5s−e−20 s)
s (2s2+ s+ 2)
=(e−5s−e−20 s )H ( s )
H ( s )= 1
s (2s2+ s+ 2)
Reescrevendo H(s), como.
Esta expansão em frações parciais produz as equações 
Assim
Exemplo 1: Frações Parciais (4 de12)
H ( s )= 1
s (2s2+ s+ 2)
=
A
s
+
Bs+ C
2s2+ s+ 2
(2A+ B) s2+ (A+C )s+ 2A=1
⇒ A=1/2, B=−1, C=−1/ 2
H ( s )= 1/2
s
−
s+ 1 /2
2s2+ s+ 2
Fazendo as contas,
Exemplo 1: Completando quadrados (5 de 12)
( )
( )
( ) 


++
++
−=



++
+
−=



+++
+
−=



++
+
−=
++
+
−=
16/154/14/14/1
2
12/1
16/154/1
2/1
2
12/1
16/1516/12/
2/1
2
12/1
12/
2/1
2
12/1
22
2/12/1)(
2
2
2
2
2
s
s
s
s
s
s
ss
s
s
ss
s
s
ss
s
s
sH
Assim
e onde
Para h(t) como dado acima, e do nosso resultado já determinado 
em função de h(t), a solução do PVI é então
Exemplo 1: Solução (6 de 12)
h( t )=L−1{H ( s )}=1
2
−1
2
e−t / 4cos(√154 t)− 12√15 e−t /4 sin( √154 t)
φ( t )=u5( t )h ( t−5)−u20( t )h( t−20)
( )
( )
( )
( ) ( ) 


++
−


++
+
−=



++
++
−=
16/154/1
4/15
152
1
16/154/1
4/1
2
12/1
16/154/1
4/14/1
2
12/1)(
22
2
ss
s
s
s
s
s
sH
Assim a solução do PVI é 
E o gráfico desta solução é dado abaixo.
Exemplo 1: Gráfico da Solução (7 de 12)
φ( t )=u5 (t )h ( t−5)−u20( t )h (t−20 ) , onde
h( t )=1
2
−1
2
e−t /4 cos (√15 t / 4)−1
2√15
e−t /4sin (√15t /4 )
A solução original do PVI pode ser vista como a composição de 
três PVIs separados: 
Exemplo 1: Composição dos PVIs (8 de 12)
0≤t< 5 : 2 y1
' '+ y1
' + 2y1=0, y1(0 )=0, y1
' (0 )=0
5< t< 20 : 2 y2
' '+ y2
' + 2y2=1, y2(5 )=0, y2
' (5 )=0
t> 20: 2 y3
' '+ y3
' + 2y3=0, y3(20 )= y2 (20 ) , y3
' (20 )= y2
' (20 )
Considere o primeiro PVI
Do ponto de vista físico, o sistema está inicialmente em repouso, e 
uma vez que não existe nenhuma força externa, ele permanece 
em repouso. 
Assim a solução sob o intervalo [0, 5) é y1 = 0, e isto pode ser 
verificado analiticamente. 
Exemplo 1: Primeiro PVI (9 de 12)
2 y1
' '+ y1
' + 2y1=0, y1 (0)=0, y1
' (0)=0 ; 0≤t< 5
Considere o segundo PVI
Usando métodos do Capítulo 3, a solução é
Fisicamente, o sistema responde como a soma de uma constante 
(à resposta a função constante força) e uma oscilação amortecida, 
durante o intervalo de tempo (5, 20). 
Exemplo 1: Segundo PVI (10 de 12)
2 y2
' '+ y2
' + 2y2=1, y2 (5)=0, y2
' (5)=0 ; 5< t< 20
y2=c1 e
−t /4 cos(√15 t /4)+ c2 e−t /4 sin (√15t /4 )+ 1/2
Considere o terceiro PVI
Usando o método do Capítulo 3, a solução é
Fisicamente, já que não há forças externas, a resposta é uma 
oscilação amortecida sobre y = 0, para t > 20. 
Exemplo 1: Terceiro PVI (11 de 12)
y3=c1 e
−t /4 cos ( √15 t / 4)+ c2e−t /4sin (√15 t /4)
2 y3
' '+ y3
' + 2y3=0, y3( 20)= y2(20 ) , y3
' (20 )= y 2
' (20 ) ; t> 20
Nossa Solução é
Podemos mostrar que φ e φ' são contínuas em t = 5 e t = 20, e φ'' 
tem um salto de 1/2 em t = 5 e um salto de –1/2 em t = 20:
Assim, o salto no termo de força g(t) nestes pontos é equilibrado 
por um salto no termo, 2y'' , de maior ordem da EDO. 
Exemplo 1: Suavidade da Solução (12 de 12)
φ( t )=u5( t )h ( t−5)−u20( t )h( t−20)
lim
t→ 5−
φ' ' ( t )=0, lim
t → 5+
φ' ' ( t )=1/2
lim
t→ 20−
φ' ' ( t )≃−. 0072 , lim
t → 20+
φ' ' ( t )≃−. 5072
Considere uma EDO de segunda ordem linear
onde p e q são contínuas em algum intervalo (a, b) mas g é 
somente contínua por partes. 
Se y = ψ(t) é uma solução, então ψ e ψ ' são contínuas em (a, b) 
mas ψ '' tem saltos de descontinuidades nos mesmos pontos da g. 
Analogamente para equações de ordem n, onde a derivada da 
solução de ordem n terá saltos de descontinuidades nos mesmos 
pontos da função força g(t), mas a solução e suas derivadas de 
ordem menor que n serão contínuas sobre (a, b). 
Suavidade da Solução Geral
y ' '+ p( t ) y'+ q (t ) y=g ( t )
Encontrar a solução do PVI
O gráfico da função força 
g(t) é dado ao lado, e é 
 conhecido como
 rampa de carga. 
y ''+ 4y=g( t ) , y(0 )=0, y' (0)=0
onde
g ( t )=u5 ( t )
t−5
5
−u10( t )
t−10
5
={0, 0≤t<5(t−5)/5 5≤t<101, t≥10 }
Exemplo 2: PVI (1 de 12)
Assumindo que esta EDO possui solução y = φ(t) e que φ'(t) e 
φ''(t) satisfaz as condições do Corolário 6.2.2. Então
ou
Fazendo Y(s) = L{y}, e substituindo as condições inicial,
Assim
L {y ' ' }+ 4L {y }=[L {u5( t )(t−5)}]/5−[L {u10( t )(t−10)}]/5
[s2 L {y}−sy (0 )− y ' (0 )]+ 4L{y }= e
−5s−e−10 s
5s2
Exemplo 2: Transformada de Laplace (2 de 12)
(s2+ 4 ) Y ( s )=(e−5s−e−10 s)/5s2
Y (s )= (e
−5s−e−10 s)
5s2 (s2+ 4)
y ' '+ 4y=u5( t )
t−5
5
−u10(t )
t−10
5
, y( 0)=0, y ' (0 )=0
Temos
onde 
Tomando h(t) = L-1{H(s)}, então
pelo Teorema 6.3.1.
y=φ( t )=1
5 [u5( t )h (t−5)−u10( t )h( t−10 )]
Exemplo 2: Fatorando Y(s) (3 de 12)
Y (s )= (e
−5s−e−10 s)
5s2 (s2+ 4)
= e
−5s−e−10 s
5
H ( s )
H ( s )= 1
s2 (s2+ 4)
Exemplo 2: Frações Parciais (4 de 12)
H ( s )= 1
s2( s2+ 4)
=
A
s
+
B
s2
+
Cs+ D
s2+ 4
(A+ C )s3+ (B+ D )s2+ 4 As+ 4B=1
⇒ A=0, B=1/4, C=0, D=−1 /4
H ( s )= 1/4
s2
−
1/4
s2+ 4
Reescrevendo H(s), como.
Esta expansão em frações parciais produz as equações 
Assim
Exemplo 2: Solução (5 de 12)
h( t )=L−1{H ( s )}=1
4
t−1
8
sin (2t )
y=φ( t )=1
5 [u5( t )h (t−5)−u10( t )h( t−10 )]
Assim
e onde
Para h(t) como dado acima, e do nosso resultado já determinado 
em função de h(t), a solução do PVI é então



+
−


=
+
−=
4
2
8
11
4
1
4
4/14/1)(
22
22
ss
ss
sH
Exemplo 2: Gráfico da Solução (6 de 12)
φ( t )=1
5 [u5( t )h( t−5)−u10( t )h( t−10)] , onde
h ( t )=1
4
t−1
8
sin (2t )
Assim a solução do PVI é 
E o gráfico desta solução é dado abaixo.
Exemplo 2: Composição em PVIs (7 de 12)
0≤t< 5 : y1
' '+ 4y1=0, y1(0 )=0, y1
' (0 )=0
5< t< 10: y2
' '+ 4y2=( t−5)/5, y2 (5 )=0, y2
' (5)=0
t> 10 : y3
' '+ 4y3=1, y 3(10)= y2(10 ) , y3
' (10)= y2
' (10 )
A solução original do PVI pode ser vista como a composição de 
três PVIs separados: 
Exemplo 2: Primeiro PVI (8 de 12)
y1
' '+ 4y1=0, y1(0 )=0, y1
' (0 )=0 ; 0≤t< 5
Considere o primeiro PVI
Do ponto de vista físico, o sistema está inicialmente em repouso, e 
uma vez que não existe nenhuma força externa, ele permanece 
em repouso. 
Assim a solução sob o intervalo [0, 5) é y1 = 0, e isto pode ser 
verificado analiticamente. Veja gráficos abaixo. 
Considere o segundo PVI
Usando métodos do Capítulo 3, a solução é da forma
Assim a solução é uma oscilação sobre a reta (t – 5)/20, sob o 
intervalo de de tempo (5, 10).
Exemplo 2: Segundo PVI (9 de 12)
y2
' '+ 4y2=(t−5)/5, y2(5 )=0, y2
' (5 )=0 ; 5< t< 10
y2=c1 cos (2t )+ c2 sin (2t )+ t /20−1/4
Considere o terceiro PVI
Usando métodos do capítulo 3, a solução é da forma
Assim a solução é uma oscilação sobre y = 1/4, para t > 10. 
Exemplo 2: Terceiro PVI (10 de 12)
y3
' '+ 4y3=1, y3(10 )= y2(10 ) , y3
' (10)= y2
' (10 ); t> 10
y3=c1 cos (2t )+ c2 sin (2t )+ 1/ 4
Portanto a solução do PVI é 
Para encontrar a amplitude oscilatória do estado estácionário, 
devemos localizar um ponto de máximo ou mínimo para t > 10. 
Resolvendo y' = 0, o primeiro máximo é (10.642, 0.2979). 
Assim a amplitude da oscilação é aprox. 0.0479.
Exemplo 2: Amplitude (11 de 12)
y=φ( t )=1
5 [u5( t )h (t−5)−u10( t )h( t−10 )] , h (t )=
1
4
t−1
8
sin (2t )
Nossa solução é
Neste exemplo, a função força g é contínua mas g' é descontínua 
em t = 5 e t = 10.
Segue que φ e sua primeria e segunda derivadas são contínuas em 
toda parte, mas φ''' possui descontinuidade em t = 5 e t = 10 que 
são os mesmos pontos de descontinuidade de g' em t = 5 e t = 10.
Exemplo 2: Suavidade da Solução (12 de 12)
y=φ( t )=1
5 [u5( t )h (t−5)−u10( t )h( t−10 )] , h (t )=
1
4
t−1
8
sin (2t )
6.5: Função Impulso
Em algumas aplicações, é necessário tratar fenômenos de natureza 
impulsiva. 
Por exemplo, um circuito elétrico ou sistema mecânico sujeitos a 
uma voltagemou força g(t) de grande magnitude que agem em um 
período curto de tempo t0. Tais problemas levam a equação 
diferencial da forma 
ay'' +by' +cy=g ( t ) ,
onde
g ( t )={K , t0−τ<t<t0 +τ0, caso contrário }
e τ>0 é pequeno e K> 0 grande.
Medindo Impulso
Em um sistema mecânico, onde g(t) é uma força, o total de 
impulso desta força é medida pela integral 
Note que se g(t) tem a forma 
Então
Em particular, se c = 1/(2τ), então I(τ) = 1 (independente de τ ).
I (τ )=∫−∞
∞
g ( t )dt=∫ t0−τ
t 0+ τ g ( t )dt
g ( t )={c, t0−τ<t<t0 +τ0, caso contrário }
I (τ )=∫−∞
∞
g ( t )dt=∫ t0−τ
t 0+ τ g ( t )dt =2τ c , τ> 0
Função Impulso Unitário
Suponha a função força dτ(t) tenha a forma 
Então como já vimos, I(τ) = 1. 
Queremos que dτ(t) aja em intervalos
de tempo cada vez mais curtos 
(i.e., τ → 0). Veja gráfico.
Note que dτ(t) fica mais alto e mais 
estreito com τ → 0. Assim para t ≠ 0,
 temos
d τ( t )={1/2τ , −τ<t<τ0, caso contrário }
lim
τ→0
d τ( t )=0, e lim
τ→ 0
I ( τ )=1
Função Delta de Dirac 
Assim para t ≠ 0, temos 
A Função impulso unitário δ é definida com as propriedades
A função impulso unitário é um exemplo de uma função 
generalizada e é usualmente chamada de a função dela de Dirac. 
Em geral, para um impulso unitário em um ponto arbitrário t0,
δ (t )=0 para t≠0, e∫ δ ( t )dt=1
δ (t−t 0)=0 para t≠t 0 , e∫ δ( t−t0 )dt=1
lim
τ→ 0
d τ( t )=0, e lim
τ→ 0
I ( τ )=1
Transformada de Laplace de δ (1 de 2)
A transformada de Laplace de δ é definida por 
e assim 
L {δ( t−t0 )}=lim
τ→ 0
L {d τ ( t−t0 )}, t0> 0
L {δ( t−t0 )}=lim
τ→0
∫0
∞
e−st d τ (t−t0)dt=lim
τ→0
1
2τ∫ t0−τ
t0+ τ e−st dt
=lim
τ→ 0
−e−st
2sτ
∣t0−τ
t0+ τ =lim
τ →0
1
2sτ
[−e−s( t0+ τ)+ e−s (t 0−τ )]
=lim
τ→ 0
e
−st0
sτ [e
sτ−e− sτ
2 ]=e−st 0[limτ→0 sinh (sτ )sτ ]
=e
−st0[limτ→0 scosh (sτ )s ]=e−st0
Assim a Transformada de Laplace de δ é
Para a Transformada de Laplace de δ em t0= 0, tome limites da 
seguinte forma: 
Por exemplo, quando t0= 10, temos L{δ(t -10)} = e-10s. 
L {δ( t )}= lim
t0→ 0
L {d τ ( t−t 0)}= lim
τ0 →0
e
−st 0=1
Transformada de Laplace de δ (2 de 2)
{ } 0,)( 00 0 >=− − tettL stδ
Produto de Funções Contínuas por δ
O produto da função delta e uma função contínua f pode ser 
integrável, usando o teorema do valor médio para integrais: 
Assim 
∫−∞
∞
δ ( t− t0 ) f ( t )dt= f ( t0)
[ ]
)(
*)(lim
)* where( *)(2
2
1lim
)(
2
1lim
)()(lim)()(
0
0
000
0
000
0
0
tf
tf
ttttf
dttf
dttfttddttftt
t
t
=
=
+<<−=
=
−=−
→
→
+
−→
∞
∞−→
∞
∞−
∫
∫∫
τ
τ
τ
ττ
τ
τ
τττ
τ
τ
δ
Considere a solução do PVI
Então
Seja Y(s) = L{y}, 
Substituindo as condições iniciais, obtemos
ou
2L {y' ' }+ L{y ' }+ 2L {y }=L {δ( t−7)}
[2s2 Y ( s )−2 sy (0)−2 y' ( 0)]+ [sY ( s )− y (0 )]+ 2Y( s )=e−7s
Exemplo 1: PVI (1 de 3)
(2s2+ s+ 2) Y ( s )=e−7s
Y (s )= e
−7s
2s2+ s+ 2
2 y ' '+ y '+ 2y=δ( t−7 ) , y (0)=0, y ' (0 )=0
Nos temos
A expansão em frações parcial de Y(s) nos dá
e portanto
Exemplo 1: Solução (2 de 3)
Y (s )= e
−7s
2s2+ s+ 2
Y (s )= e
−7s
2√15 [ √15 /4( s+ 1/4)2+ 15 /16 ]
y ( t )= 1
2√15
u7( t )e
−(t−7)/4sin √15
4 (t−7)
Como as condições iniciais em t=0 são homogêneas e não existe 
excitação externa até t = 7, não há resposta no intervalo (0, 7). 
O impulso em t = 7 produz uma oscilação que decai, mas persiste 
indefinidamente. 
A Resposta é contínua em t = 7, apesar da singularidade do termo 
 não homogêneo. No entanto y' tem uma descontinuidade em 
salto neste ponto t = 7, y'' tem uma descontinuidade infinita ai. 
Assim singularidade da função força é balanceada por uma 
singularidade correspondente com em y''. 
Exemplo 1: Comentários da Solução (3 of 3)
6.6: A Convolução 
Algumas vezes é possível escrever a Transformada de Laplace H(s) 
como H(s) = F(s)G(s), onde F(s) e G(s) são as transformadas de 
funções conhecidas f e g, respectivamente.
Neste caso podemos esperar que H(s) seja a transformada do 
produto de f e g. Isto é,
H(s) = F(s)G(s) = L{f }L{g} = L{f g}? 
Veremos a seguir um exemplo que mostra que esta igualdade não é 
verdadeira, a transformada de Laplace não comuta com a 
multiplicação usual. 
Nesta seção estudaremos a convolução de f e g, o qual pode ser 
visto como um produto generalizado, e para o qual a Transformada 
de Laplace faz comutar.
Exemplo 1 
Sejam f (t) = 1 e g(t) = sin(t). Calculando a Transformada de 
Laplace de f e g 
Assim
e 
Portanto para estas funções não vale a igualdade 
L { f ( t ) g ( t )}=L { sin t }= 1
s2+ 1
L { f ( t )}=L { 1 }=1
s
, L { g ( t ) }=L { sin t }= 1
s2+ 1
L { f ( t ) g ( t )}≠L { f ( t ) } L { g ( t ) }
L { f ( t ) } L { g ( t ) }= 1
s (s2+ 1)
Teorema 6.6.1
Suponham F(s) = L{f (t)} e G(s) = L{g(t)} ambas existem para 
s > a ≥ 0. Então H(s) = F(s)G(s) = L{h(t)} para s > a, onde
A função h(t) é chamada como a convolução de f e g e a integral acima 
são conhecidas como integrais de convolução.
Note que a igualdade das duas integrais de convolução pode ser obtidas 
fazendo a substituição u = t - τ. 
A integral de convolução é uma definição de um “produto generalizado” 
e pode ser escrito como h(t) = ( f *g)(t). 
f*g = g*f (comutatividade)
 f*(g1+g2) = f*g1 + f*g2 (distributividade)
 (f*g)*h) = f*(g*h) (associatividade)
 Ainda temos, f*0=0*f=0 ; (f*1)(t) f(t) e pode ser que f*f <0. 
∫∫ −=− tt dτtgfτ)g(τ)dτf(t=h(t)
00
)()( ττ
≠
Teorema 6.6.1 Ideia da prova
{ })(
)()(
)()(
)()(
)()()(
)()(
)()()()(
00
0 0
0
0
0 0
)(
0 0
thL
dtdgtfe
dtdgtfe
ddttfge
utdttfedg
duufedg
dgeduufesGsF
tst
t st
st
st
us
ssu
=



−=
−=
−=
+=−=
=
=
∫∫
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
∞
−
∞
−
∞ ∞
−
∞ ∞
−
∞ ∞ +−
∞ ∞
−−
τττ
τττ
τττ
ττττ
ττ
ττ
τ
τ
τ
τ
Exemplo 2
Encontre a Transformada de Laplace da função h abaixo.
Solução: Note que f (t) = t e g(t) = sin2t, com
Assim pelo Teorema 6.6.1, 
F (s )=L { f (t )}=L {t }=1
s2
G( s )=L {g ( t )}=L {sin 2t}=2
s2+ 4
h ( t )=∫0
t
( t−τ )sin 2 td τ
L {h (t )}=H ( s )=F ( s )G (s )= 2
s2 (s2+ 4)
Exemplo 3: Encontre a Transformada Inversa (1 de 2)
Encontre Transformada de Laplace inversa de H(s), abaixo.
Solução: Seja F(s) = 2/s2 e G(s) = 1/(s - 2), com
Assim pelo Teorema 6.6.1, 
f ( t )=L−1 {F ( s )}=2t
g ( t )=L−1 {G( s )}=e2t
H ( s )= 2
s2( s−2 )
L−1 {H ( s )}=h( t )=2∫0
t
( t−τ )e2τ dτ
Exemplo 3: Solução h(t) (2 de 2)
Podemos simplesmente integrar para h(t), como segue.
[ ] [ ]
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
11
22)(2)(
2
222
222
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
−−=
−+−−=



−−−−=



−−=
−=−=
∫
∫∫∫
te
eettte
eetet
deete
dedetdetth
t
ttt
ttt
ttt
ttt
ττ
τττττ
τττ
τττ
Encontre a solução do PVI
Solução: 
ou
Seja Y(s) = L{y}, e substituindo as condições iniciais,
Assim
L {y ' ' }+ 4L {y }=L {g ( t )}
[s2 L {y }−sy (0 )− y ' (0 )]+ 4L{y }=G( s )
Exemplo 4: PVI (1 de 4)
(s2+ 4 ) Y ( s )=3s−1+ G (s )
Y (s )=3s−1
s2+ 4
+
G( s )
s2+ 4
y ' '+ 4y=g ( t ) , y( 0)=3, y ' (0)=−1
Temos
Assim
Noteque se g(t) é dado, então a integral de convolução pode ser 
calculada. 
y ( t )=3cos 2t−1
2
sin 2t+ 1
2∫0
t
sin 2 ( t−τ )g (τ )dτ
Exemplo 4: Solução (2 de 4)
)(
4
2
2
1
4
2
2
1
4
34
)(
4
13)(
222
22
sG
sss
s
s
sG
s
ssY



+
+


+
−


+
=
+
+
+
−
=
Lembrem que a Transformada de Laplace da solução y é 
Note Φ (s) depende somente do sistema de coeficientes e das 
condições iniciais, enquanto Ψ (s) depende somente do sistema 
de coeficientes e da função força g(t). 
Mas, φ(t) = L-1{Φ (s)} resolve o PVI homogêneo 
enquanto ψ(t) = L-1{Ψ (s)} resolve o PVI não homogêneo
Exemplo 4: Solução da Transformada Laplace (3 de 4)
Y (s )=3s−1
s2+ 4
+
G( s )
s2+ 4
=Φ( s )+ Ψ ( s )
y ' '+ 4y=g ( t ) , y( 0)=3, y ' (0)=−1
y ' '+ 4y=0, y (0 )=3, y' (0 )=−1
y ' '+ 4y=g ( t ) , y( 0)=0, y ' (0 )=0
Examinando Ψ (s) mais de perto,
A função H(s) éconhecida como a função de transferência, e 
depende somente do sistema de coeficientes. 
A função G(s) depende somente da excitação externa g(t) 
aplicada no sistema.
Se G(s) = 1, então g(t) = δ(t) e por isso h(t) = L-1{H(s)} resolve 
solves o PVI não homogêneo
Assim h(t) é a resposta do sistema para um impulso unitário 
aplicado em t = 0, e por isso h(t) é chamada de resposta ao 
impulso do sistema.
Exemplo 4: Função de Transferência (4 de 4)
Ψ (s )=G (s )
s2+ 4
=H (s )G( s ) , onde H ( s )= 1
s2+ 4
y ' '+ 4y=δ( t ) , y (0)=0, y ' (0 )=0
Considere o PVI geral
Este PVI é também chamado de um Problema input-output. 
Os coeficientes a, b, c descreve propriedade físicas de um 
sistema, e g(t) é um input do sistema. Os valores y0 e y0' 
descreve o estado inicial, e a solução y é o output no tempo t. 
Usando a Transformada de Laplace, obtemos
ou 
Problema de entrada-saída (Input-Output) (1 de 3)
a y ' '+ b y '+ cy=g ( t ) , y (0 )= y0 , y
' (0 )= y0
'
a [ s2Y (s )−sy (0)− y ' (0)]+ b [ sY ( s )− y (0 )]+ cY (s )=G ( s )
Y (s )=
(as+ b ) y0+ a y0
'
as2+ bs+ c
+
G( s )
as2+ bs+ c
=Φ (s )+ Ψ ( s )
Temos
Como antes, Φ (s) depende somente do sistema de coeficientes e 
das condições inicial, enquanto Ψ (s) depende somente do 
sistema de coeficientes e da função força g(t). 
Mas, φ(t) = L-1{Φ (s)} resolve o PVI homogêneo 
Enquanto ψ(t) = L-1{Ψ (s)} resolve o PVI não homogêneo
Solução da Transformada de Laplace (2 de 3)
a y ' '+ b y '+ cy=0, y(0 )= y0 , y
' (0)= y0
'
a y ' '+ b y '+ cy=g ( t ) , y (0 )=0, y' (0 )=0
a y ' '+ b y '+ cy=g ( t ) , y (0 )= y0 , y
' (0 )= y0
'
Y (s )=
(as+ b ) y0+ a y0
'
as2+ bs+ c
+
G( s )
as2+ bs+ c
=Φ (s )+ Ψ ( s )
Examinando Ψ (s) mais de perto,
Como antes, H(s) é a função de transferência, e depende 
somente do sistema de coeficientes, enquanto G(s) depende 
somente da excitação externa g(t) aplicada no sistema.
Assim se G(s) = 1, então g(t) = δ(t) e por isso h(t) = L-1{H(s)} 
resolve o PVI não homogêneo
Assim h(t) é a resposta do sistema para um impulso unitário 
aplicado em t = 0, e por isso h(t) é chamada a resposta ao 
impulso do sistema, com
Função de Transferência (3 de 3)
a y ' '+ b y '+ cy=δ( t ) , y (0 )=0, y ' (0)=0
Ψ (s )= G (s )
as2 +bs+c
=H (s )G( s ) , onde H ( s )= 1
as2 +bs+c
ψ ( t )= L−1 {H ( s )G (s )} =∫0
t
h( t−τ ) g ( τ )dτ
	Slide 1
	Slide 2
	Slide 3
	Slide 4
	Slide 5
	Slide 6
	Slide 7
	Slide 8
	Slide 9
	Slide 10
	Slide 11
	Slide 12
	Slide 13
	Slide 14
	Slide 15
	Slide 16
	Slide 17
	Slide 18
	Slide 19
	Slide 20
	Slide 21
	Slide 22
	Slide 23
	Slide 24
	Slide 25
	Slide 26
	Slide 27
	Slide 28
	Slide 29
	Slide 30
	Slide 31
	Slide 32
	Slide 33
	Slide 34
	Slide 35
	Slide 36
	Slide 37
	Slide 38
	Slide 39
	Slide 40
	Slide 41
	Slide 42
	Slide 43
	Slide 44
	Slide 45
	Slide 46
	Slide 47
	Slide 48
	Slide 49
	Slide 50
	Slide 51
	Slide 52
	Slide 53
	Slide 54
	Slide 55
	Slide 56
	Slide 57
	Slide 58
	Slide 59
	Slide 60
	Slide 61
	Slide 62
	Slide 63
	Slide 64
	Slide 65
	Slide 66
	Slide 67
	Slide 68
	Slide 69
	Slide 70
	Slide 71
	Slide 72
	Slide 73
	Slide 74
	Slide 75
	Slide 76
	Slide 77
	Slide 78
	Slide 79
	Slide 80
	Slide 81
	Slide 82
	Slide 83
	Slide 84
	Slide 85
	Slide 86
	Slide 87
	Slide 88
	Slide 89
	Slide 90
	Slide 91
	Slide 92
	Slide 93
	Slide 94
	Slide 95
	Slide 96
	Slide 97
	Slide 98
	Slide 99
	Slide 100
	Slide 101
	Slide 102
	Slide 103