Universidade Federal de Alagoas
Campus de Arapiraca
Curso de Matemática Licenciatura
A RESOLUÇÃO DE EDO’s
LINEARES NÃO HOMOGÊNEAS
COM TERMOS DESCONTÍNUOS
USANDO A TRANSFORMADA DE
LAPLACE E SUAS APLICAÇÕES
Marlos Antônio Pinheiro Rolim
UFAL - Arapiraca
Janeiro de 2017
Marlos Antônio Pinheiro Rolim
A resolução de EDO’s lineares não
homogêneas com termos descontínuos
usando a transformada de Laplace e
suas aplicações
Trabalho de conclusão de curso apresentado
ao corpo docente do Curso de Matemática
Licenciatura da Universidade Federal de Alagoas - UFAL, Campus de Arapiraca, como
requisito parcial para obtenção do grau de
Licenciado em Matemática
Orientador: Prof. Dr. Rinaldo Vieira da Silva Júnior
UFAL - Arapiraca
Janeiro de 2017
A meu amado pai Manoel de Carvalho Rolim que
por mais que não esteja mais presente neste mundo,
foi, é e sempre será muito importante na minha vida.
Agradecimentos
Quero agradecer primeiramente a Deus pelo dom da vida, pelo dom da sabedoria,
por ter saúde, por estar sempre presente nos momentos de dificuldades e por me fazer
perseverar na fé.
Quero agradecer ao meu Pai Manoel de Carvalho Rolim, que já não está mais presente
aqui neste mundo, mas que hoje tenho a convicção de que ele está descansando e feliz
com a minha conquista.
Quero agradecer a minha Mãe Eleide Pinheiro dos Santos Rolim que junto ao meu
pai, trouxeram uma educação familiar maravilhosa. Me ensinaram a amar e ser amado, a
respeitar e ser respeitado, a entrar e sair de uma casa pela porta da frente, e principalmente
a honrá-los.
Aos meus irmãos, Cássio Murilo e Severino e às minhas irmãs Alba e Amanda, e a
que juntamente com meus pais, sempre me incentivaram a estudar e hoje sou o que sou
graças a eles. Principalmente a Alba que sempre puxou no pé!
Gostaria também de agradecer a minha namorada, meu grande amor, Larissa Oliveira
por estar presente tanto em momentos felizes, quanto em momentos tristes, mas que
sempre esteve me apoiando, me motivando e me ajudando em tudo, inclusive na correção
do texto.
A Universidade Federal de Alagoas, por me dar a oportunidade de cursar o curso que
eu amo.
Gostaria de agradecer ao meu orientador, Rinaldo Vieira da Silva Júnior, por ter me
ajudado a elaborar este trabalho. E dizer, o quanto sou grato por ter sido seu aluno, e
respeito-o não só pelo o profissonal que és, mas também pelo seu carácter.
Gostaria de agradecer a professora Ademária Aparecida de Souza, por todo o conhecimento adquirido durante o projeto PIBIP-Ação. O ingresso no projeto me fez acordar
para o curso e para a vida. Os dois anos inicias no curso foram incríveis, sem reprovações, mas durante o quinto, o sexto e o sétimo período passei por momentos complicados,
levando nos ombros 5 reprovações. Estava desacreditado! Perdido! Sem estímulo! O que
eu mais queria era ficar distante da Ufal. Foi aí que apareceu a professora Ademária com
uma oportunidade única, oportunidade essa que me fez acordar e perceber que eu estava
caindo. Me segurei e não caí. Após isso, consegui terminar todas as disciplinas. O que
antes parecia ser um sonho distante, que era apresentar projetos em congressos, consegui
esse feito. Veio estágio no Ifal. E por fim, duas aprovações em mestrados. Só tenho a
agradecer, muito obrigado!
Gostaria de agradecer ao professor Moreno Pereira Bonutti, por ter sido meu orientador
no início deste trabalho e ao coordenador do curso professor Eben Alves da Silva.
Quero também dirigir meu agradecimento a professora Ingrid Araújo Sampaio, e a
professora Ademária Aparecida de Souza, que gentilmente aceitaram compor a banca
examinadora.
4
Também, meus agradecimentos a todos os professores do curso de Matemática , os
já citados e os professores: José Barros, Ornan Filipe, Fábio Boia, Vanessa Alves, José
Arnaldo, Wagner, que me ajudaram durante a carreira estudantil e na minha formação
profissional e, também ao professor Alcindo Teles, que me motivou a escolher essa área
de pesquisa através de suas aulas.
Gostaria de agradecer aos meus colegas e amigos de curso, José Costa, Aílton, Erandes,
Jean, André, Raul, Djair, Audenir, Ediene, Alex, Ana Paula, Janiely, Marciely, Jarbas,
Atamara, Tiago, Jacyelma, Jany, Viviane, Krislane, Lucimeire, Elyandra, Mariana, Maria
Rosa, Mariclécia, Érica e Daniely. Agradecer as pessoas que de alguma forma contribuíram no desenvolvimento deste trabalho: Audenir, Bruno, Rodrigo Costa e Sebastião e
agradecer àqueles de outras turmas que tornaram-se meus amigos e que me ajudaram no
curso: Renylda, Janderleia, Vanessa e uma excelente pessoa, Thainnã Thatisuane, que foi
de extrema importância no desenvolvimento da minha formação acadêmica.
Por fim, mas não menos importante, gostaria de agradecer a minha cunhada Aline, ao
meu sobrinho Maicon, e as minhas sobrinhas Jéssica, Deborah, Isabele, Bárbara e Milena,
e a todos os meus amigos que de alguma forma contribuiram para a minha formação.
Naquele tempo, Jesus disse aos seus discípulos:
"21Nem todo aquele que diz: ’Senhor, Senhor’,entrará no Reino do Céu.
Só entrará aquele que põe em prática a vontade do meu pai, que está no céu.
24Portanto, quem ouve essas minhas palavras e as põe em prática,
é como o homem prudente que construiu sua casa sobre a rocha.
25Caiu a chuva, vieram as enxurradas, os ventos sopraram com força contra a casa,
mas a casa não caiu, porque fora construída sobre a rocha.
26Por outro lado, quem ouve essas minhas palavras e não as põe em prática,
é como o homem sem juízo, que construiu sua casa sobre a areia.
27Caiu a chuva, vieram as enxurradas, os ventos sopraram com força contra a casa,
e a casa caiu, e a sua ruína foi completa!"
- Mateus 7, 21.24-27
Resumo
As equações diferenciais são de extrema importância para a humanidade, por modelar
matematicamente diversos problemas cuja aplicabilidade está presente em na física, engenharia, estatística, medicina, entre outras áreas científicas, em geral, problemas que
descrevem o comportamento de certas grandezas em relação ao tempo. A Transformada
de Laplace é um método muito importante na resolução de equações diferenciais ordinárias, especialmente lineares com coeficientes constantes. Neste método, os problemas
de valor inicial são resolvidos diretamente e não existe a necessidade de encontrar uma
solução geral. Além disso, é eficaz no processo de resolução de equações não homogêneas,
cuja estrutura apresenta forças externas descontínuas, forças elétricas, motrizes e forças
impulsivas. O objetivo deste trabalho, é apresentar o método da transformada de Laplace
e mostrar sua importância no processo de resolução de modelos matemáticos modelados
por equações diferenciais ordinárias lineares não homogêneas com coeficientes constantes.
De igual forma, busca-se analisar a solucão, bem como o comportamento da derivada,
de um modelo matemático que descreve um oscilador harmônico sofrendo a ação de uma
força impulsiva.
Palavras-chave: Força Impulsiva. Modelo Matemático. Tempo.
vi
Abstract
Differential equations are of extreme importance to mankind, by modeling mathematically diverse problems whose applicability is present in physics, engineering, statistics,
medicine, among other scientific areas, in general, problems that describe the behavior of
certain greatness in relation to time . The Laplace Transform is a very important method
in solving ordinary, especially linear differential equations with constant coefficients. In
this method, the initial value problems are solved directly and there is no need to find
a general solution. In addition, it is effective in the process of solving nonhomogeneous
equations whose structure presents external discontinuous forces, electric forces, driving
forces and impulsive forces. The objective of this work is to present the Laplace transform method and to show its importance in the resolution process of mathematical models
modeled by non - homogeneous linear ordinary differential equations with constant coefficients. In the same way, it is sought to analyze the solution, as well as the behavior of
the derivative, of a mathematical model that describes a harmonic oscillator undergoing
the action of an impulsive force.
Keywords: Impulsive Force. Mathematical Model. Time.
vii
Lista de Figuras
1
Processo de resolução do problema de valor inicial por transformada de
Laplace - adaptada de Kreyszig (2006). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.1
2.2
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
Pierre-Simon Laplace(1749-1827) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(a) gráfico de uma função contínua por partes e (a) gráfico de uma função
contínua por partes, porém não possui limites laterais. . . . . . . . . . .
(a) gráfico de uma função de ordem exponencial e (b) gráfico de uma função
ordem não exponencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Gráfico de uma função limitada pela função exponencial M eat e −M eat . .
O gráfico da F (s) deslocado por F (s − a) no eixo s. . . . . . . . . . . . .
Representação gráfica da solução do exemplo 2.6. . . . . . . . . . . . . .
Representação gráfica da solução do exemplo 2.7. . . . . . . . . . . . . .
Representação gráfica da solução do exemplo 2.8. . . . . . . . . . . . . .
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29
31
36
37
39
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6
3.7
3.8
3.9
3.10
3.11
3.12
3.13
3.14
3.15
Função degrau unitário. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
O gráfico da função do exemplo 3.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
O gráfico da função do exemplo 3.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
O gráfico do problema de valor inicial do exemplo 3.5. . . . . . . . . .
O gráfico da solução do exemplo 3.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
O gráfico da função rampa de forçamento. . . . . . . . . . . . . . . .
O gráfico da função do exemplo 3.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
O gráfico da solução do exemplo 3.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(a) Gráfico da y 0 (t) e (b) gráfico da y 00 (t). . . . . . . . . . . . . . . . .
O gráfico da solução do exemplo 3.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(a) Gráfico da y 0 (t) e (b) gráfico da y 00 (t). . . . . . . . . . . . . . . . .
O gráfico da g (t). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
O gráfico da g (t), quando → 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Sistema massa-mola. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
O gráfico da solução e da derivada da solução do modelo massa-mola.
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45
45
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47
47
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49
50
51
55
55
57
58
2.3
viii
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Lista de Tabelas
C.1 Alguma funções e suas transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . 68
ix
Sumário
Introdução
12
1 Noções Preliminares
1.1 Classificação das equações diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Equações diferenciais ordinárias de primeira ordem . . . . . . . . .
1.2.1 Propriedade do fator integrante da equação linear . . . . . .
1.2.2 Equações separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Equações diferenciais ordinárias de segunda ordem . . . . . . . . . .
1.3.1 EDO’s lineares homogêneas com coeficientes constantes . . .
1.3.2 EDO’s lineares não homogêneas com coeficientes constantes
2 Transformada de Laplace
2.1 Definição da transformada de Laplace . . . .
2.2 Existência e convergência . . . . . . . . . . .
2.3 A transformada de Laplace inversa . . . . .
2.4 Propriedades da transformada de Laplace . .
2.5 O problema de valor inicial e a propriedade
derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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16
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transformada de Laplace da
. . . . . . . . . . . . . . . .
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25
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30
3 Equações diferenciais com funções descontínuas
3.1 Função degrau unitário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 O problema de valor inicial com forçamentos descontínuos
3.3 O teorema da convolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Aplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.1 Funções impulsivas . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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40
40
44
51
54
54
Conclusão
59
Referências Bibliográficas
60
Apêndices
A Integral imprópria
61
B Frações parciais
65
C Tabela de Transformadas de Laplace
68
x
12
Introdução
As equações diferenciais surgiram por volta do final do século XVII a partir de estudos
de problemas físicos. Desde o seu surgimento até os dias atuais, o estudo das equações
diferenciais cresceu de uma forma brilhante, ao que no início parecia apenas uma preocupação em obter soluções de equações de uma forma explícita, mais a diante, surgiram
novos métodos capazes de encontrar soluções em série de funções e por consequência surgiram os teoremas da existência e unicidade, uma vez que existia um descuido no tratamento
das operações com séries. Hoje, as equações diferenciais são de extrema importância para
a humanidade, pois é atraves dela que são expressas matematicamente muitas leis físicas,
grande parte da engenharia, ciências biológicas, medicina, ciência da computação e tantas
outras áreas ligadas a modelagem matemática. Essas equações expressas matematicamente, drescrevem o comportamento de certas grandezas em relação ao tempo, é fácil
perceber este fato por exemplo em circuitos elétricos, osciladores harmônicos, dinâmica
populacional, sistemas invariantes no tempo.
A Transformada de Laplace é um método muito importante na resolução de equações
diferenciais ordinárias lineares, especialmente equações diferenciais ordinárias lineares com
coeficientes constantes e problemas de valor inicial, possuindo muitas aplicações na física e
engenharia. Segundo [KREYSZIG,2006] o processo de resolução de equações diferenciais
ordinárias é descrito em trê etapas (figura 1):
Passo 1: Inicialmente, aplica-se a Transformada de Laplace nos dois lados da equação
diferencial ordinária, de modo a obter uma equação algébrica, chamada equação subsidiária.
Passo 2: Resolve-se a equação subsidiária através de manipulação algébrica.
Passo 3: Aplica-se a transformada de Laplace inversa, a fim de traduzir a solução
algébrica numa solução em termos de uma equação diferencial ordinária, encontrando a
solução do problema.
Figura 1: Processo de resolução do problema de valor inicial por transformada de Laplace
- adaptada de Kreyszig (2006).
À vista disso, o processo de resolução de uma equação diferencial ordinária restringese a um problema algébrico e esse processo é chamado de “cálculo operacional”. Este
método enfatiza diversos problemas presentes na engenharia. No estudo das equações
diferenciais ordinárias de primeira e segunda ordem são descritos diversos métodos capazes
13
de resolver problemas em que as funções presentes, são funções contínuas, no entanto a
transformada de Laplace possui duas vantagens principais em relação a esses métodos.
Primeiro que, os problemas de valores iniciais são resolvidos diretamente, ou seja, não
existe a necessidade de encontrar uma solução geral. E as soluções de equações não
homogêneas são encontradas sem a necessidade encontrar primeiro a equação homogênea
correspondente. E segundo que, o método torna-se extremamente importante no processo
de resolução de equações não homogêneas, que apresentam forças externas descontínuas,
ou seja, forças elétricas, motrizes que apresentam descontinuidade ou forças impulsivas
representados por pequenos impulsos.
O objetivo deste trabalho, é apresentar o método da transformada de Laplace e mostrar sua importância no processo de resolução de modelos matemáticos modelados por
equações diferenciais ordinárias lineares não homogêneas com coeficientes constantes e
com o termo não o homogêneo descontínuo. De igual forma, queremos analisar a solucão,
bem como o comportamento da derivada, de um modelo matemático que descreve um
oscilador harmônico, que sofre a ação de uma força impulsiva.
Para isso, vamos demonstrar duas propriedades de grande importância para o processo
de resolução: o teorema da transformada de Laplace da derivada e o teorema da convolução. Além disso, usaremos o programa matemático Maple para a obteção de gráficos e
soluções complicadas. Tal texto expressa tanto ideias tradicionais como a transformada de
Laplace, mas também ideis novas como a modelagem matemática. Para tanto, assumindo
que o leitor esteja familiarizado com o cálculo diferencial e integral, o presente trabalho é
separado em três capítulos.
O capítulo 1 traz uma abordagem básica dos conceitos de equações diferenciais, além de
alguns métodos de resolução de problemas de equações diferenciais de primeira e segunda
ordem que servirão de base para entender os capítulos seguintes.
No capítulo 2, estudaremos a transformada de Laplace, bem como a sua inversa, a existência e unicidade e suas principais propriedades. Mostraremos como resolver problemas
de valor inicial de equações diferenciais ordinárias lineares com coeficientes constantes,
por meio da transformada de Laplace. Nos problemas de valor inicial trataremos apenas
de funções contínuas. Isso servirá de base para o capítulo seguinte.
No capítulo 3, discutiremos o procedimento geral usado para resolução de problemas de
valor inicial de EDO’s lineares não homogêneas com coeficientes constantes. O método da
transformada de Laplace é de suma importância para obter a solução de EDO’s sob ação de
forças externas descontínuas. Encontramos esses tipos de situações em circuitos elétricos
ou em sistemas mecânicos. Apresentaremos modelos que descrevem matematicamente
tais situações, através de problemas de valor inicial e discutiremos sua representação
gráfica. Por fim, apresentaremos o Teorema da Convolução, a fim de solucionar um
modelo matemático modelado por uma equação diferencial apresentando uma função
externa descontínua, mais especificamente, a função impulsiva Delta de Dirac.
1
Noções Preliminares
É natural que este trabalho dê início com o estudo das equações diferenciais, pois
diversas leis físicas podem ser representadas por equações diferenciais, como pode-se perceber nos casos de grandezas que variam de acordo com o tempo. Neste capítulo será
apresentado uma noção básica dos conceitos de equações diferenciais, métodos e resoluções de problemas, de acordo com os livros do [BOYCE; DIPRIMA, 2010] e [OLIVEIRA,
2003] que servirão de base para o desenvolvimento deste capítulo.
1.1
Classificação das equações diferenciais
Definição 1.1. Uma equação diferencial ordinária é uma equação que envolve derivadas de uma função desconhecida f .
Podemos considerá-la da seguinte forma:
dxn
dx
(1.1)
F t, x, , · · · , n = 0
dt
dt
onde F (t, x, x1 , · · · , xn ) = 0 é uma função com n + 2 variáveis, t é a variável independente
e x = x(t) é a variável dependente, ou seja, a função procurada.
Exemplo 1.1. O modelo de circuito elétrico em série RC, está descrito abaixo, em que
segundo a segunda lei de Kirchhoff, que diz que a queda de tensão no resitor somado com
a queda de potencial em um capacitor é igual a voltagem do circuito,
Ri +
1
q = V (t),
C
No entanto, a corrente i está relacionada com a carga q, ou seja, i =
R
dq
.
dt
Assim,
dq
1
+ q = V (t)
dt C
é um exemplo de equação diferencial, onde q(t) é a função, e consequentemente q é a
variável dependente e t é a variável independente.
Definição 1.2. A ordem de uma equação diferencial é a maior ordem da derivada que
nela aparece. A equação (1.1) é uma equação diferencial de ordem n e pode ser escrita
como:
F (t, y, y 0 , · · · , y n ) = 0
(1.2)
1.1. Classificação das equações diferenciais
15
sendo que x(t) foi substítuido por y.
E, escrever a equação diferencial na forma
y n = f (t, y, y 0 , · · · , y n−1 )
(1.3)
é basicamente encontrar funções para resolver a equação diferencial.
Além disso, as equações diferenciais classificam-se em dois tipos: equações diferenciais
ordinárias (EDO’s) e equações diferenciais parciais (EDP’s).
Definição 1.3. Uma equação diferencial é dita ordinária quando a função desconhecida
depende de uma única variável independente.
Exemplo 1.2. O oscilador harmônico forçado com amortecimento é representado por
uma força externa agindo, como podemos ver a seguir,
my 00 (t) + γy 0 (t) + ky(t) = F0 cos(wt)
onde, F0 cos(wt) é a força externa atuando no oscilador. Além disso, m,γ k e F0 são
respecitivamente a massa, o coeficente de amortecimento e a constante da mola. Esta
equação representa uma equação diferencial ordinária, onde t é a variável independente.
Vale ressaltar que essa equação diferencial será discutido com maiores cuidados no capítulo
três.
Definição 1.4. Uma equação diferencial é dita parcial quando possui derivadas parciais
de uma função desconhecida com mais de uma variável independente.
Exemplo 1.3. A equação de Laplace a seguir é uma EDP
∂ 2ψ ∂ 2ψ
+ 2 =0
∂x2
∂y
sendo que, ψ é um potencial de duas variáveis. Para saber mais sobre EDP’s consultar
[BOYCE; DIPRIMA, 2010].
Definição 1.5. A equação diferencial é dita linear se
dx
dxn
F t, x, , · · · , n = 0
dt
dt
(1.4)
é uma função cuja suas incógnitas e suas derivadas apresentam-se de forma linear, ou seja,
dx
dxn
(1.5)
, · · · , an (t) n = f (t)
dt
dt
Por outro lado, (1.4) é dita não linear se não poder ser escrita na forma de (1.5).
a0 (t)x + a1 (t)
Exemplo 1.4. No exemplo (1.1) temos uma equação linear. No entanto, a equação
d2 x
x
+
=0
2
dt
1 + t2
é uma equação não linear. Em aplicações, é interessante buscar soluções de (1.3) que
verificam determinadas restrições. Para equações de (1.3) entende-se n condições, ou seja,
y(t0 ) = y0 , y 0 (t0 ) = y1 , · · · , y n−1 (t0 ) = yn−1
(1.6)
e são chamadas de condições iniciais ou de contornos. Onde y0 , · · · , yn−1 e t0 são
constantes arbitrárias. Tal situação, com a equação (1.3) e as condições (1.6), é chamada
de problema de valor inicial (PVI).
1.2. Equações diferenciais ordinárias de primeira ordem
1.2
16
Equações diferenciais ordinárias de primeira ordem
Definição 1.6. A equação diferencial
dy
+ p(t)y = q(t)
dt
(1.7)
é dita, de modo geral, como sendo uma equação diferencial ordinária de primeira ordem.
Onde p e q são funções reais contínuas no intervalo I = (a, b).
Além disso, a solução particular da equação (1.7) é a função y definida neste intervalo
e satisfaz a equação.
O estudo das EDO’s lineares de primeira ordem basea-se em determinar uma solução
geral da equação e também obter a solução particular do problema de valor inicial:
 dy
 dt + p(t)y = q(t),

y(t0 ) = y0
onde a solução do PVI em um intervalo I que contém t0 é uma função y(t). É o que
garante o teorema a seguir.
Teorema 1.1. Sejam p e q funções contínuas em um intervalo aberto (a, b) contendo t0 ,
então o PVI


 dy + p(t)y = q(t),
dt
(1.8)


y(t0 ) = y0
tem uma única solução no intervalo dado.
Além disso, y(t) e sua derivada estão definidas neste intervalo.
O conceito de EDO de primeira ordem abordado aqui é feito de maneira breve, pois
buscamos apenas destacar a importância do mesmo no estudo das EDO’s. Assim, vamos
nos restrigir ao uso do método do fator integrante e o método de separação das variáveis.
1.2.1
Propriedade do fator integrante da equação linear
Considerando a equação (1.7) e definindo uma função I(t), tal que
I(t)
dy
+ I(t)p(t)y = I(t)q(t),
dt
(1.9)
Por outro lado, pela regra do produto, temos
d
[I(t)y(t)] = I 0 (t)y(t) + I(t)y 0 (t)
dt
(1.10)
Igualando (1.10) ao termo do lado esquerdo da equação (1.9), temos
I 0 (t)y(t) + I(t)y 0 (t) = I(t)y 0 (t) + I(t)p(t)y
(1.11)
I 0 (t) = I(t)p(t)
(1.12)
I 0 (t)
= p(t)
I(t)
(1.13)
Daí,
Tomando I(t) positiva, obtemos
1.2. Equações diferenciais ordinárias de primeira ordem
17
Integrando ambos os lados, temos
Z
ln I(t) =
p(t)dt + k
com k constante. Assim, o fator integrante é
I(t) = e
R
p(t)dt+k
sem perda de generalidade, tomamos k=0. Logo,
I(t) = e
R
p(t)dt
(1.14)
De volta para a equação diferencial
d
[I(t)y(t)] = I(t)q(t)
dt
Z
I(t)y(t) =
I(t)q(t)dt + c
1
y(t) =
I(t)
Z
I(t)q(t)dt + c.
Portanto, a solução da equação (1.7) é
y(t) =
1 R
I(t)q(t)dt + c.
I(t)
(1.15)
é a forma geral do fator integrante, com c constante e fator integrante
I(t) = e
R
p(t)dt
Exemplo 1.5. Encontre a solução da equação
dy 1
− y = −t
dt
t
Observe que o fator integrante é
I(t) = e
R
−(1/t)dt
= e−ln|t| = t−1 =
1
t
Multiplicando a equação por I(t), obtemos
1 dy
1
− 2 y = −1
t dt
t
1
O lado esquerdo é a derivada do produto y(t). Assim,
t
d 1
y(t) = −1
dt t
Integrando ambos os lados, temos
1
y(t) = −t + c
t
Logo, obtemos a solução geral da EDO descrita explicitamente,
y(t) = −t2 + ct
com c uma constante arbitrária.
1.2. Equações diferenciais ordinárias de primeira ordem
1.2.2
18
Equações separáveis
Uma equação separável é uma equação que pode ser escrita da seguinte forma:
g(y)
dy
= f (t).
dt
(1.16)
Integrando em relação a t em ambos os lados, temos
Z
Z
dy
g(y) dt = f (t)dt + c.
dt
com c uma constante qualquer. Fazendo a substituição
Z
dy
dt = dy, obtemos
dt
Z
g(y)dy =
f (t)dt + c.
Exemplo 1.6. Resolva a equação (1 + t2 )y 0 − ty = 0.
Escrevendo a equação como
(1 + t2 y 0 ) = ty
t
y0
=
y
(1 + t2 )
Integrando em relação a t, obtemos
Z
Substituindo y 0 dt por dy, temos
Z
y0
dt =
y
dy
=
y
Z
t
dt
(1 + t2 )
Z
t
dt
(1 + t2 )
1
ln(1 + t2 ) + c1
2
ln |y| =
com c1 uma constante qualquer. Assim, obtemos a solução implícita
#
"
|y|
ln
= c1
1
(1 + t2 ) 2
y
(1 +
1
t2 ) 2
= ec1 = c2 = c.
Logo, podemos colocar na forma explícita a solução
1
y(t) = (1 + t2 ) 2 c.
1.3. Equações diferenciais ordinárias de segunda ordem
1.3
19
Equações diferenciais ordinárias de segunda ordem
Definição 1.7. A equação da forma
P (t)y 00 + Q(t)y 0 + R(t)y = F (t)
(1.17)
com P , Q, R e F , são funções contínuas definidas em um intervalo aberto (a, b), é uma
equação diferencial ordinária linear de segunda ordem.
Existem diversos métodos para resolução de EDO’s lineares de segunda ordem. No
entanto, nos restrigiremos ao estudo das EDO’s lineares homogêneas, onde F (t) = 0, com
coeficientes constantes
P (t)y 00 + Q(t)y 0 + R(t)y = 0
(1.18)
e EDO’s lineares não homogêneas, ou seja, F (t) 6= 0, com coeficientes constantes
P (t)y 00 + Q(t)y 0 + R(t)y = F (t)
(1.19)
Inclusive, esse segundo tipo de equação é de grande importância para o nosso trabalho.
Assim como para EDO’s de primeira ordem, o PVI para EDO’s de segunda ordem
do tipo (1.18) e (1.19) com condições iniciais y(t0 ) = y0 e y 0 (t0 ) = y1 , busca encontrar
uma solução particular para a equação. Sendo que y0 e y1 são constantes quaisquer. O
teorema a seguir garante a existência e a unicidade do PVI, porém a demonstração do
mesmo foge do escopo deste trabalho e é encontrada em livros mais avançados, como por
exemplo em [FIGUEIREDO,2008].
Teorema 1.2. Sejam P 6= 0, Q, R e F funções contínuas em um intervalo aberto (a, b)
que contém t0 tal que
P (t)y 00 + Q(t)y 0 + R(t)y = F (t),
(1.20)
y(t0 ), y 0 (t0 ) = y1
Então, o PVI tem uma única solução no intervalo dado.
Esse teorema afirma que o problema de valor inicial tem uma solução e essa solução é
única, e por fim, afirma que a solução y(t) é definida no intervalo, e é ao menos duas vezes
diferenciável.
Um fato básico e importante que permite resolver EDO’s lineares é o fato de, se
conhecermos duas soluções y1 (t) e y2 (t) da equação, então a solução y(t) = k1 y1 (t)+k2 y2 (t)
é solução da equação e é uma combinação linear.
Observe que, se y1 (t) e y2 (t) são soluções da equação (1.18), então
P (t)y100 + Q(t)y10 + R(t)y1 = 0
e
P (t)y200 + Q(t)y20 + R(t)y2 = 0
Assim,
P (t)y 00 + Q(t)y 0 + R(t)y = P (t)(k1 y1 + k2 y2 )00 + Q(t)(k1 y1 + k2 y2 )0 + R(t) (k1 y1 + k2 y2 )
= P (t)(k1 y100 + k2 y200 ) + Q(t)(k1 y10 + k2 y20 ) + R(t) (k1 y1 + k2 y2 )
= k1 [P (t)y100 + Q(t)y10 + R(t)y1 ] + k2 [P (t)y200 + Q(t)y20 + R(t)y2 ]
= k1 (0) + k2 (0) = 0
1.3. Equações diferenciais ordinárias de segunda ordem
20
onde k1 e k2 são constantes arbitrárias.
Portanto, y(t) = k1 y1 (t) + k2 y2 (t) é uma solução da equação (1.18).
E, outro fato, diz respeito a solução geral como sendo uma combinação linear de duas
soluções, ou seja, duas soluções linearmente independentes y1 (t) e y2 (t) forem soluções da
equação (1.18), e k1 e k2 constantes arbitrárias, então a solução geral é do tipo
y(t) = k1 y1 (t) + k2 y2 (t).
ou seja, dados duas soluções particulares linearmente independentes, podemos encontrar
todas as soluções. No entanto, não é fácil encontrar soluções particulares de EDO’s lineares de segunda ordem. Contudo, se as funções P , Q e R forem funções com coeficientes
constantes, é sempre possível descobrir as soluções particulares.
1.3.1
EDO’s lineares homogêneas com coeficientes constantes
A equação
ay 00 (t) + by 0 (t) + cy(t) = 0
(1.21)
é a equação (1.18) onde, P (t) = a 6= 0, Q(t) = b e R(t) = c. Note que, apenas especificamos os termos P (t), Q(t) e R(t).
Supondo que uma solução da equação (1.21) tenha solução y(t) = eµt . Substituindo
y(t) = eµt , y 0 (t) = eµt e y 00 (t) = eµt , obtemos
aµ2 eµt + bµeµt + ceµt = 0
que pode ser escrita na forma
(aµ2 + bµ + c)eµt = 0
observe que eµt 6= 0, então y(t) = eµt é solução da equação (1.21), se e somente se, µ é
solução de
aµ2 + bµ + c = 0.
(1.22)
Essa equação algébrica do segundo grau é chamada de equação característica da
equação (1.21). E pode ser encontrada soluções em três situações distintas. A equação
(1.22) pode possuir duas raízes reias distintas, duas raízes complexas distintas ou uma raiz
real. Para melhor entender essas três situações, é necessário estudá-las separadamente.
CASO 1: Raízes reais e distintas: Sejam y1 (t) = eµ1 t e y2 (t) = eµ2 t soluções particulares da equação (1.21), sendo que a solução geral da equação é formada pela combinação
linear dessas soluções, ou seja,
y(t) = k1 y1 (t) + k2 y2 (t) = k1 eµ1 t + k2 eµ2 t
(1.23)
com k1 e k2 , constantes quaisquer.
Vamos derivar (1.23) para verificar se a solução é verdadeira. Assim,
y 0 (t) = k1 µ1 eµ1 t + k2 µ2 eµ2 t
e
y 00 (t) = k1 µ21 eµ1 t + k2 µ22 eµ2 t .
Fazendo a substituição de y(t), y 0 (t) e y 00 (t) na equação característica, obtemos uma
equação em que os termos se anulam, ou seja,
(aµ21 + bµ1 + c)eµ1 t + (aµ22 + bµ2 + c)eµ2 t = 0
Logo, y1 (t) = eµ1 t e y2 (t) = eµ2 t são soluções particulares e distintas da equação (1.21).
1.3. Equações diferenciais ordinárias de segunda ordem
21
Exemplo 1.7. Obtenha a solução geral da equação y 00 + 5y 0 + 4y = 0 e em seguida resolva
o (PVI) para y(0) = 1 e y 0 (0) = 0. A equação característica desta EDO é µ2 +5µ+4 = 0,
tem como raízes µ1 = −4 e µ2 = −1.
Logo, a solução geral da equação diferencial ordinária é:
y(t) = k1 e−4t + k2 e−1t
Diante das condições iniciais, para resolver o (PVI), fazemos y(0) = k1 e−4(0) +k2 e−1(0) = 1
e a derivada de y(t), y 0 (0) = −4k1 e−4(0) − 1k2 e−1(0) = 0. Através de um sistema, obtemos
k1 = − 31 e k2 = 43 .
Portanto,
1
4
y(t) = − e−4t + e−1t
3
3
CASO 2:Uma raíz real: Se b2 − 4ac = 0, então a equação (1.22) tem apenas uma raiz
b
real µ = − . Assim, a solução particular da equação (1.21) é:
2a
b
y1 (t) = eµt = e− 2a t .
No entanto, é necessário ter uma outra solução y2 (t), para que y1 (t) e y2 (t) forme
uma combinação linear. Para isso, vamos determinar uma segunda solução y(t) supondo
y1 (t) 6= 0 como sendo uma solução da equação diferencial. Porém, possuímos a solução
−b
y1 (t) 6= 0 que é e 2a t . Assim, a outra solução pode ser encontrada da seguinte forma:
−b
y2 (t) = u(t)y1 (t) = u(t)e 2a t .
Derivando, obtemos
b
y20 (t) = u0 e− 2a t −
b
b
u(t)e− 2a t
2a
e
b
b2
b
b
b
y200 (t) = u00 (t)e− 2a t − u0 (t)e− 2a t + 2 u(t)e− 2a t
a
4a
Substituindo na equação característica, obtemos
b 0
b2
b
b
b
b
b
b
b
− 2a
t
− 2a
t
− 2a
t
t
− 2a
t
00
0 − 2a
− u (t)e
+ 2 u(t)e
− u(t)e
a u (t)e
+b ue
+ c u(t)e− 2a t = 0
a
4a
2a
Organizando os termos, obtemos
b2 + 4ac
b
00
au (t) −
u(t) e− 2a t = 0
4a
b
Sabendo que b2 − 4ac é nulo e dividindo a equação acima por e− 2a t , obtemos au00 (t) =
0 e isso implica u00 (t) = 0. Integrando u00 (t), obtemos u0 (t) = k1 , e integrando u0 (t),
encontramos u(t) = k1 t + k2 , com k1 e k2 constantes quaisquer. Feito isso, temos
b
y2 (t) = u(t)y1 (t) = (k1 t + k2 )e− 2a t
b
Considerando k1 = 1 e k2 = 0, encontramos a segunda solução y2 (t) = te− 2a .
b
Portanto, sabendo que µ = − 2a
, obtemos a solução geral da equação (1.21), na forma:
y(t) = c1 eµt + c2 teµt
(1.24)
1.3. Equações diferenciais ordinárias de segunda ordem
22
Exemplo 1.8. Determine a solução da EDO com coeficientes constantes y 00 + 4y 0 + 4 = 0.
Observe que a equação característica é µ2 +4µ+4 = 0. Como, a equação característica
tem raiz µ = −2. Então, a solução é da forma
y(t) = c1 e−2t + c2 te−2t .
CASO 3: Raízes complexas: Quando a equação característica possui as raízes complexas, podemos escrever essas raízes na forma
µ1 = θ + iβ
q
e µ2 = θ − iβ
(1.25)
2
e β = 4ac−b
números reais.
com θ =
2a
iz
Usando a equação e = cos z + isen z (consultar [Stewart, 2001]) que é chamada de
equação de Euler, podemos escrever
b
− 2a
y(t) = k1 eµ1 t + k2 eµ2 t = k1 e(θ+iβ)t + k2 e(θ−iβ)t
= k1 eθt (cos βt + isen βt) + k2 eθt (cos βt − isen βt)
= eθt [(k1 + k2 ) cos βt + (k1 − k2 )sen βt]
como k1 e k2 são constantes, podemos fazer c1 = k1 + k2 e c2 = k1 − k2 e obter
y(t) = eθt (c1 cos βt + c2 sen βt)
Portanto, se as soluções da equação característica forem soluções complexas, podemos
escrever a solução geral da equação diferencial ordinária, da forma:
y(t) = eθt (c1 cos βt + c2 sen βt).
(1.26)
Exemplo 1.9. Resolva a equação diferencial ordinária y 00 + 2y 0 + 2y = 0.
A equação característica µ2 + 2µ + 2 = 0 possui raízes complexas µ1 = −1 + i e
µ2 = −1 − i.
Logo, a solução geral da equação é
y(t) = e−t (c1 cos t + c2 sen t).
1.3.2
EDO’s lineares não homogêneas com coeficientes constantes
A equação
ay 00 + by 0 + cy = f (t)
(1.27)
é a equação (1.19), com P (t) = a 6= 0,Q(t) = b e R(t) = c coeficientes constantes e f (t)
uma função não nula, contínua definida no intervalo aberto (a, b). Note que, assim como
foi feito na equação (1.21), especificamos os termos P (t), Q(t) e R(t) para a equação não
homogênea com coeficientes constantes.
A solução geral da equação (1.27) é do tipo
y(t) = k1 y1 (t) + k2 y2 (t) + yp (t)
(1.28)
Observe que a solução geral é a soma da solução geral da equação homogênea, ou seja,
yc (t) = k1 y1 (t) + k2 y2 (t), que chamaremos de equação complementar, com a solução
1.3. Equações diferenciais ordinárias de segunda ordem
23
particular da equação não homogênea yp (t). Caso apareça algum termo da solução yp (t)
na solução yc (t), então multiplica-se por t ou t2 .
Quando f (t) = a0 + · · · + an tn , em que a0 + · · · + an ∈ R deve-se procurar uma solução
particular, ou seja, um polinômio de mesmo grau de f .
Exemplo 1.10. Econtre a solução da equação y 00 − 5y 0 + 4y = 3t.
A equação característica é µ2 − 5µ + 4 = 0 cuja as raízes são µ1 = 1 e µ2 = 4. Então,
a solução da equação complementar é
yc (t) = k1 et + k2 e4t
Por outro lado, f (t) = 3t. Logo, precisamos encontrar um polinômio de grau 1 para
a solução particular yp (t), ou seja, yp (t) = At + B. Assim, yp0 (t) = A e yp00 (t) = 0.
Substituindo na equação diferencial do problema em questão, obtemos
0t2 − 5At + 4(At + B) = 3t
−5At + 4At + 4B = 3t
−At + 4B = 3t
Sabe-se que, os polinômios são iguais, desde que, seus coeficientes sejam iguais. Dessa
forma, temos −At = 3t e 4B = 0, ou seja, A = 3 e B = 0. Logo, a solução particular é
yp (t) = −3t
E, portanto, como a solução geral é a soma das soluções yc (t) e yp (t), ou seja,
y(t) = k1 et + k2 e4t − 3t.
Quando f (t) = (a0 + · · · + an tn )eβt , em que C = (a0 + · · · + an ) ∈ R e β ∈ R devese procurar uma solução particular da mesma forma da yp (t) = M eβt , onde M é um
polinômio da mesma forma de C.
Exemplo 1.11. Encontre a solução geral da equação y 00 − 2y 0 + y = e2t .
Observe que a equação característica é µ2 −2µ+1 = 0. Assim, µ1 = µ2 = 1 e a solução
yc (t) é yc (t) = k1 et + k2 tet . Por outro lado, f (t) = e2t , então para a solução particular
temos yp (t) = Ae2t , sendo que yp0 (t) = 2Ae2t e yp00 (t) = 4Ae2t . Substituindo na equação
diferencial do problema em questão, obtemos
4Ae2t + 2Ae2t + Ae2t = e2t
7Ae2t = e2t
1
7
Logo, a solução particular da equação é yp (t) = 17 e2t e a solução geral é
A=
y(t) = yc (t) + yp(t) = k1 et + k2 tet + 17 e2t .
Quando f (t) = eβt P (t) cos nt ou f (t) = eβt P (t)sen nt, onde n ∈ R e P (t) é um polinômio
de grau n, então deve-se procurar uma solução particular da forma:
yp (t) = eβt Q(t) cos nt + eβt R(t)sen nt
com Q e R polinômios com o mesmo grau de P .
(1.29)
1.3. Equações diferenciais ordinárias de segunda ordem
24
Exemplo 1.12. Determine a solução geral da equação y 00 − 4y 0 = et cos t.
A equação característica tem por solução µ1 = 0 e µ2 = 4. Logo,
yc (t) = k1 e0t + k2 e4t = k1 + k2 e4t
Além disso, como f (t) = et cos t, temos a solução particular yp (t) = Aet cos t + Bet sen t e
suas derivadas
yp0 (t) = A(et cos t − et sen t) + B(et sen t + et cos t
= (A + B)et cos t + (−A + B)et sen t
e
yp00 (t) = (A + B)(et cos t − et sen t) + (−A + B)(et sen t + et cos t)
= (A + B)et cos t + (−A − B)et sen t + (−A + B)et sen t + (−A + B)et cos t
= 2Bet cos t − 2Aet sen t
Substituindo yp (t), yp0 (t) e yp00 (t) na equação diferencial do problema em questão, obtemos
2Bet cos t − 2Aet sen t + (A + B)et cos t + (−A + B)et sen t + Aet cos t + Bet sen t = et cos t
2Bet cos t − 2Aet sen t + Aet cos t + Bet cos t − Aet sen t + Bet sen t + Aet cos t + Bet sen t = et cos t
(3B + 2A)et cos t + (−3A + 2B)et sen t = et cos t
obtemos o sistema
2A + 3B = 1
−3A + 2b = 0
2
1
e B = 13
. Feito isso, a solução particular é yp (t) =
Logo, A = 39
Portanto, a solução geral da equação diferencial é
y(t) = k1 + k2 e4t +
2 t
e
39
cos t +
1 t
e sen t.
13
2 t
e
39
cos t +
1 t
e sen t.
13
2
Transformada de Laplace
O conhecimento que temos das coisas é pequeno, na verdade , quando
comparado com a imensidão daquilo em que ainda somos ignorantes
– Pierre Simon Laplace
A teoria da Transformada de Laplace foi publicada por (Pierre Simon Laplace (17491827))1 Embora os créditos para a teoria tenha sido dado a Laplace, os primeiros trabalhos
sobre o método veio através de Leonard Euler (1707-1783)2 que em 1737 estudou integrais
cuja estrutura era semelhante a da transformada de Laplace, porém não anlisou a fundo
essa teoria. Joseph Louis Lagrange (1774-1813)3 um admirador do trabalho de Euler,
também investigou esses tipos integrais. Esses tipos de integrais chamou a atenção de
Laplace, foi então que em 1782 publicou-a.
A transformada de Laplace e um método para resolução de equações diferenciais ordinárias. Esse método consiste em transformar equações de difícil resolução por meio de
equações algébricas e possui abundante aplicação, desde os circuitos elétricos, osciladores harmônicos, sinal de processamento, deacaimento radioativo, além de outras áreas da
engenharia e da física.
Neste capítulo, aprenderemos sobre a transformada de Laplace, algumas de suas propriedades e o problema de valor inicial. Isto servirá de base para o capítulo seguinte,
onde resolveremos equações diferenciais ordinárias lineares não homogêneas, ou melhor,
modelos descritos por equações diferenciais ordinárias que apresentam uma força externa
descontínua.
1
Nasceu em Beaumont-en-Auge, Normandia, apresentou um grande talento para a matemática e mais
tarde tornou professor-assistente na escola em Beaumont. Grande matemático, astrônomo e físico francês,
Laplace passou a grande parte de sua vida trabalhando na astronomia e matemática produzindo sua obraprima a respeito da prova da estabilidade dinâmica do sistema solar, além da teoria de probabilidade e
tantas outras. No começo de 1810, quando voltou novamente sua atenção para a probabilidade e método
dos quadrados mínimos é que Laplace desenvolveu um método que, o consagrou na área de cálculo, capaz
de resolver equações diferenciais: a Transformada de Laplace. Ele foi, dentre os cientistas franceses, o
mais influente em toda a história. Diante disso, ficou conhecido como o Newton francês.
2
Foi um físico e matemático suíço, porém de língua alemã. É é considerado como um dos maiores
matemáticos de todos os tempos. Fez grandes descobertas na matemática como a teoria dos grafos
e o cálculo. Laplace sempre manifestava sobre Euler pedindo para que todos lessem seus trabalhos e
afirmadando que Euler era o mestre de todos.
3
Foi um matemático italiano e na França Napoleão Bonaparte o fez senador, conde do império e grande
oficial da Legião de Honra.Um dos maiores problemas resolvido Lagrange foi a respeito da oscilação da
Lua, ou seja, buscar entender o porquê de a lua estar sempre com a mesma face voltada para a terra.
Através da resolução deste problema ganhou o Grande Prémio da Academia Francesa de Ciências
2.1. Definição da transformada de Laplace
26
Figura 2.1: Pierre-Simon Laplace(1749-1827)
Fonte: Domínio Público.
2.1
Definição da transformada de Laplace
Definição 2.1. Dada uma função f (t) definida para t ≥ 0, definimos a Transformada de
Laplace, denotada ora por L {f (t)}, ora por F (s), como:
Z x
Z ∞
−st
L{f (t)} = F (s) = lim
e f (t)dt =
e−st f (t)dt
(2.1)
x→∞
0
0
Desde que a integral imprópria acima convirja pelo menos para algum valor de s. Uma
revisão sobre integral imprópria é vista na apêndice A. A transformada de Laplace faz
parte de uma classe de transformadas integrais que são expressas na forma
Z β
F (s) =
k(s, t)f (t)dt
α
com k(s, t) denominado por núcleo da transformada. Além disso, é possível ter α = −∞,
β = ∞ ou ambos. Fazendo uma comparação entre a transformada integral e a transformada de Laplace podemos perceber que núcleo k(s, t) = e−st . Vale deixar claro que, para
estudo da transformada de Laplace consideraremos o intervalo (0, ∞), no entanto, pode
ser feita uma extensão no intervalo de integração para (−∞, ∞), mas esse tipo de caso
não será discutido nesse trabalho. Além disso, o parâmetro s pode ser complexo, porém
os problemas que discutiremos é suficiente considerar para os valores de s apenas valores
reais.
Exemplo 2.1. Calcule a transformada de Laplace da função
Z ∞
k
k −st x
−st
L {k} = lim
e kdt = lim − e
= lim − e−sx +
x→∞
x→∞ 0
x→∞
s
s
0
constante f (t) = k.
k −s0
k
e
= , para s > 0.
s
s
Note que, quando s > 0, o expoente −sx torna-se negativo e e−sx → 0 quando x → ∞.
Por outro lado, quando s < 0, a integral diverge.
Exemplo 2.2. Encontre a transformada de Laplace da função sen t, t ≥ 0.
Z ∞
L {sen at} =
e−st sen atdt
0
2.2. Existência e convergência
27
A integração por partes fornece
e−st cos at
F (s) = lim −
x→∞
a
1 s
=
−
a a
Z
x
0
s
−
a
Z
x
e
−st
cos atdt
0
∞
e−st cos atdt
0
Integrando novamente por partes, encontramos
Z
1 s2 ∞ −st
−
e sen atdt
F (s) =
s a2 0
=
1 s2
− F (s)
a a2
Portanto,
L {sen at} = F (s) =
s2
a
+ a2
sendo que, esta função está definida para s > 0.
Exemplo 2.3. De modo análogo, podemos encontrar a transformada de Laplace da função f (t) = cos at, ou seja,
s
L {cos at} = 2
s + a2
definida para todo s > 0.
2.2
Existência e convergência
Definição 2.2. Uma função f é contínua por partes em [0, ∞) se, o intervalo puder ser
dividido em um número finito de pontos a = t0 < t1 < · · · < tn = b, tais que f é contínua
em cada subintervalo aberto ti−1 < t < ti e possui limites laterais em cada subintervalo,
exceto em ±∞.
No entanto, existe a possibilidade de a integral que define a transformada de Laplace
4
não convergir, por exemplo, a função f (t) = et não possui transformada de Laplace, pois
não é de ordem exponencial conforme figura 2.3 (b, já a função cos t com t ≥ 0 é de ordem
exponencial, corforme a figura 2.3 (a). Um outro exemplo seria o fato de a transformada
de Laplace não convergir para uma singularidade apresentada na f , como é o caso da
função f (t) = tn , para n ≤ 0, quando t → ∞, ou seja, a L{tn } não existe para n ≤ 0.
Com isso, temos a seguinte definição:
2.2. Existência e convergência
28
Figura 2.2: (a) gráfico de uma função contínua por partes e (a) gráfico de uma função
contínua por partes, porém não possui limites laterais.
(a)
(b)
Fonte: elaborada pelo autor.
Figura 2.3: (a) gráfico de uma função de ordem exponencial e (b) gráfico de uma função
ordem não exponencial.
(a)
(b)
Fonte: elaborada pelo autor.
Definição 2.3. (Ordem Exponencial) Uma função f é dita de Ordem exponencial,
se existem constantes a ∈ R, M e c positivos tais que |f (t)| ≤ M eat , para todo t ≥ c.
Essa definição caracteriza funções que para t assumindo valores grandes, essas funções
não crescem mais rapidamente que a fução exponencial M eat , e nem por
2 sua negativa
respectivamente. Como podemos ver nas figura 2.4 a função h(t) = sen t4 , com 0 ≤ t
limitada pelas funções exponenciais f (t) = et e g(t) = −et .
2.3. A transformada de Laplace inversa
29
Figura 2.4: Gráfico de uma função limitada pela função exponencial M eat e −M eat .
Fonte: elaborada pelo autor.
Teorema 2.1. (Teorema da existência) seja f uma função contínua por partes [0, ∞)
e de ordem exponencial |f (t)| = M eat , com M e a constantes, então sua transformada de
Laplace Lf (t) existe para s > a.
Demonstração: por definição a transformada de Laplace de f (t) é
Z ∞
L {f (t)} =
e−st f (t)dt
0
Como f é contínua por partes, então
Z x
Z
−st
L {f (t)} =
e f (t)dt +
0
∞
e−st f (t)dt = I1 + I2
(2.2)
x
Observe que a integral I1 existe, pois pode ser escrita como uma soma de integrais em
intervalos nos quais e−st f (t) é contínua. No entanto, em I2 vamos supor |f (t)| = M eat
com M e a constantes e x < t < ∞. Assim
Z ∞
Z ∞
Z ∞
Z ∞
−st at
−st
−st
|e f (t)|dt ≤ M
e e dt ≤ M
e−(s−a)t dt
e f (t)dt| ≤
|
0
x
x
x
−e−(s−a)t
= −M
s−a
∞
x
e−(s−a)∞ e−(s−a)x
=M
−
(s − a)
(s − a)
e−(s−a)x
s−a
para s > a. Isso implica que a integral I2 converge para todo s > a. Logo, a transformada
de Laplace existe para todo s > a.
≤ M
2.3
A transformada de Laplace inversa
O cálculo da L {f (t)} têm pouca importância, a não ser, que calculemos a transformada inversa da função f (t), ou seja, L−1 {F (s)} = f (t). Note que, existe uma corres-
2.4. Propriedades da transformada de Laplace
30
pondência biunívoca. Dada uma função f (t) obtemos F (s), e por meio da transformada
inversa da F (s) encontramos f (t). Além disso, se f (t) e g(t) com f (t) 6= g(t), forem
contínuas por partes, então F (s) = G(s).
Definição 2.4. Se f (t) e g(t) forem contínuas por partes em qualquer intervalo finito
[0, ∞) e de ordem exponencial tais que L {F (s)} = L {G(s)} então f (t) = g(t), exceto
possível nos pontos de descontinuidade.
1
. A L−1 {F (s)} =
Exemplo 2.4. Calcule a transformada inversa da F (s) =
s(s + 1)
1
f (t), ou seja, f (t) = L−1
. Para o cálculo da L−1 faz-se necessário em diversas
s(s + 1)
situações utilizar frações parciais (uma discussão a respeito do método das frações parciais
encontra-se na Apêndice B), para modificar a expressão algébrica, a fim de facilitar o
cálculo da tranformada de Laplace inversa. Para o exemplo acima, podemos utilizar as
constantes A e B tais que
A
B
A(s + 1) + Bs
As + A + Bs
1
= +
=
=
s(s + 1)
s
s+1
s(s + 1)
s(s + 1)
Obtemos um sistema e encontramos A =1 e B = −1. Então podemos escrever
1
1
1
−1
−1
−1
L
=L
−L
= 1 − e−t
s(s + 1)
s
(s + 1)
Logo, f (t) = 1 − e−t .
2.4
Propriedades da transformada de Laplace
A transformada de Laplace goza de algumas propriedades. Descreveremos algumas
propriedades, que servirão de auxílio no processo de resolução de problemas de valores
iniciais, como por exemplo, a propriedade da linearidade, e primeira propriedade de deslocamento.
Proposição 2.1. (Propriedade da Linearidade) Sejam f e g duas funções cujas
transformadas de Laplace L {f (t)} = F (s) e L {g(t)} = G(s) existem para s > a e
s > b, onde a e b são constantes, respectivamente funções de f e g. Então, para qualquer
s > max {a, b} e para quaisquer constantes k1 e k2 , L {k1 f (t) + k2 g(t)} = k1 L {f (t)} +
k2 L {g(t)}. A prova decorre da definição de transformada de Laplace
Z ∞
Z ∞
Z ∞
−st
−st
e [k1 f (t) + k2 g(t)] dt = k1
e f (t)dt + k2
e−st g(t)dt
(2.3)
0
0
0
Quando ambas as integrais convergem. Segue-se então que
L {k1 f (t) + k2 g(t)} = k1 L {f (t)} + k2 L {g(t)} = k1 F (s) + k2 G(s)
Com s > max {a, b}. Além disso, L é chamado operador linear.
Exemplo 2.5. Encontre a Transformada de Laplace da função f (t) = 4t − 10.
Usando a propriedade da linearidade, temos
L {4t − 10} = L {4t} − L {10} = 4L {t} − 10L {1} =
10
4
− .
2
s
s
(2.4)
2.4. Propriedades da transformada de Laplace
31
Proposição 2.2. (Propriedade da linearidade da transformada de Laplace inversa) Sejam F e G definidas para s > a e s > b, onde a e b são constantes, respectivamente de F e G. Então, para qualquer s > max {a, b} e para quaisquer constantes k1 e
k2 , L−1 {k1 F (s) + k2 G(s)} = k1 L−1 {F (s)} + k2 L−1 {G(s)}.
A prova decorre da correspondência biunívoca e da propriedade da linearidade.
, encontre a f (t).
Exemplo 2.6. Seja F (s) = L−1 s13 − 48
s5
De acordo com a propriedade da linearidade da transformada de Laplace inversa, temos
1
48
−1
−1
L {F (s)} = L
− 5
s3
s
1 −1
L
=
2
2
s3
− 2L
−1
4!
s5
Portanto,
1
f (t) = t2 − 2t4 .
2
Proposição 2.3. (Primeira propriedade do deslocamento) Se a transformada de
Laplace da função f (t) é F (s), então L {eat f (t)} = F (s − a), com s > a. Reciprocamente,
seja f (t) = L−1 {F (s)}, então eat f (t) = L−1 {F (s − a)}.
A prova é imediata da definição de transformada de Laplace, pois
Z ∞
Z ∞
at
−st at
e−(s−a) f (t)dt = F (s − a), com s > a. (2.5)
e e f (t)dt =
L e f (t) =
0
0
Figura 2.5: O gráfico da F (s) deslocado por F (s − a) no eixo s.
Fonte: elaborada pelo autor.
s
. De(s2 + a2 )
vido o teorema do deslocamento, podemos encontrar a transformada de Laplace da função
f (t) = eat cos kt que é:
Exemplo 2.7. Sabe-se de acordo com o exemplo (2.2) que L {cos at} =
L {f (t)} = L eat cos kt =
(s − a)
.
(s − a)2 + k 2
2.5. O problema de valor inicial e a propriedade transformada de Laplace da derivada32
Proposição 2.4. (Propriedade da Escala) Se a transformada de Laplace da função
1 s
f (t) é F (s), então L {f (λt)} = F , com λ > 0.
λ λ
Por definição
Z
∞
e−st [f (λt)] dt
L {f (λt)} =
(2.6)
0
dt
= dθ e φ = λs , temos
λ
Z
Z
1 ∞ d −sθ
1 ∞ −sφ
1
L {f (θ)} =
e λ f (θ)dθL {f (θ)} =
e f (θ)dθL {f (θ)} = F (θ)
λ 0
λ 0
λ
Substituindo λt = θ então
Substituindo θ =
s
temos
λ
L {f (λt)} =
1 s
F
, λ > 0.
λ (λ)
(2.7)
Exemplo 2.8. Encontre a transformada de Laplace da função f (t) = cos 6t. De acordo
com a propriedade anterior, fica fácil perceber que
1 s
.
L {cos 6t} = F
6
6
2.5
O problema de valor inicial e a propriedade transformada de Laplace da derivada
Considere a equação diferencial com PVI
00
ay (t) + by 0 (t) + cy(t) = f (t)
y(0) = α, y 0 (0) = β
Como podemos resolver esse PVI por meio da transformada de Laplace? Inicialmente,
podemos aplicar a propriedade da linearidade, tal que
aL {y 00 (t)} + bL {y 0 (t)} + cL {y(t)} = L {f (t)}
Observe que L {f (t)} = F (s), a transformada da função desconhecida L {y(t)} podemos chamar de Y (s). No entanto, como proceder com L {y 00 (t)} e L {y 0 (t)}? Para isso,
precisamos da seguinte definição:
Definição 2.5. Seja f derivável por partes em [a, b], se f é contínua por partes e diferenciável em [a, b] a menos de um número infinito de pontos. E f 0 é contínua por partes.
Teorema 2.2. (Teorema da transformada de Laplace da derivada) Seja f contínua por partes e de ordem exponencial, então
L {f 0 (t)} = sL {f (t)} − f (0)
Demonstração. Supondo f 0 contínua
0
Z
L {f (t)} =
0
∞
e−st f (t)dt
(2.8)
2.5. O problema de valor inicial e a propriedade transformada de Laplace da derivada33
Usando integração por partes, temos
Z
h
i A Z ∞
−st
−st
−st
−se f (t)dt = lim e f (A) − f (0) + s
−
lim e f (t)
A→∞
0
A→∞
0
∞
e−st f (t)dt
0
Devido a ordem exponencial o limite
lim |e−sA f (A)| 6 M eaA e−sA
A→∞
lim |f (A)|e−sA 6 M eaA e−sA
A→∞
Assim,
|f (A)|e−sA 6 M e−(s−a)A = 0.
se s − a > 0 ⇔ s > a. Logo,
L {f 0 (t)} = 0 − f (0) + sL {f (t)} = −f (0) + sL {f (t)} .
Se f 0 é contínua por partes, então podemos considerar
Z A
e−st dt.
lim
a→∞
0
Como f 0 é contínua por partes, podemos fazer uma partição no intervalo [0, b] : 0 = t0 <
t1 < t2 < · · · < tn = b, f 0 é descontínua. Assim,
Z
lim
A→∞
A
0
f (t)dt =
0
lim
A→∞
n−1 Z
X
ti+1
e−st f 0 (t)dt
ti
i=0


n−1 
X
 −st
= lim
e f (t)
A→∞

i=0 |
{z
I
ti+1
Z
ti+1
−
ti
ti
}
|


−se f (t)dt

{z
}
−st
II
Note que, em (I), temos
−st
−st
−st0
−st1
2
f (t+
lim
e 1 f (t−
f (t+
f (t−
0) + e
2)−e
1 ) + ···+
1)−e
A→∞
+···+
(2.9)
−st
+
+
−stn−2
−
−stn−1
n
e−stn−1 f (t−
)
−
e
f
(t
)
+
e
f
(t
)
−
e
f
(t
)
n−1
n−2
n−1
n
−st1
Observe que e−st1 f (t−
f (t+
1 ) são iguais, pois f é contínua, então podemos
1 ) e −e
cancelar, e assim por diante. Restando os termos
−stn
lim = −e−st0 f (t+
f (t−
(2.10)
0)+e
n)
A→∞
De acordo com a partição, temos t0 = 0 e tn = A. Substituindo na equação (2.9), obtemos
lim −e−s0 f (0) + e−stn f (tn ) = lim −f (0) + e−sA f (A) = −f (0) + 0 = −f (0)
A→∞
A→∞
2.5. O problema de valor inicial e a propriedade transformada de Laplace da derivada34
Em (II), como f (t) é contínua, então
Z ti+1
Z
−st 0
−
−se f (t)dt = s
ti
∞
e−st f (t)dt
0
Somando (I) com (II), temos
Z
Z ∞
−st 0
e f (t)dt = −f (0) + s
lim
A→∞
∞
e−st f (t)dt
0
0
E portanto,
L {f 0 (t)} = −f (0) + sL {f (t)} .
(2.11)
Podemos fazer uma extensão do teorema para f contínua por partes para t > 0, ou
seja, contínua por partes em cada subintervalo, devido sua importância nas aplicações.
Observe que, na partição da equação (2.9) não podemos dizer que o limite pela esquerda
é igual ao limite pela direita. Podemos reescrever a partição da equação (2.9) que é finita
de acordo com a definição (1.5) da seguinte forma
+
−
−st
−f (0) − e−st1 f t+
f (t2 ) − f (t−
1 − f (t1 ) − e
2 ) − ···−
−
Seja J(ti ) = f (t+
i ) − f (ti ). Esse J(ti ) mede a descontinuidade em ti , ou seja, representa o salto que a função dá. Então,
L {f 0 (t)} = sL {f (t)} − f (0) −
∞
X
e−sti J(ti )
(2.12)
i=1
Feito isso, podemos calcular a L {y 00 (t)}. Tomando f 0 (t) = g(t), temos
L {f 0 (t)} = sL {g(t)} − g(0)
= sL {f 0 (t)} − f 0 (0)
= s [sL {f (t)} − f (0)] − f 0 (0)
= s2 L {f (t)} − sf (0) − f 0 (0)
Se a função f e suas derivadas satisfazem as condições impostas, pode-se generalizar
a equação para a Transformada de Laplace da n-ésima derivada. O corolário a seguir
garante esse resultado.
Corolário 2.1. Sejam f, f 0 , · · · , f n−1 funções contínuas e f n seja contínua por partes em
[0, ∞). Supondo que f, f 0 , · · · , f n−1 exista para s > a, então L {f n (t)} existe para s > a
e é dada por
L {f n (t)} = sn L {f (t)} − sn−1 f (0) − · · · − sf n−2 (0) − f n−1 (0)
(2.13)
Através do teorema da transformada de Laplace da derivada podemos, a partir de
agora, resolver problemas de valores iniciais (PVI’s) e também problemas de valores de
contornos. Essa propriedade talvez seja a propriedade mais importante da Transformada
2.5. O problema de valor inicial e a propriedade transformada de Laplace da derivada35
de Laplace e sua maior importância está em resolver problemas de EDO’s lineares não
homogêneas com coeficientes constantes. Este tipo de equação, é um dos objetivos do
nosso trabalho, no entanto estes problemas serão discutidos no capítulo seguinte. Vamos
nos restringir a entender o processo de resolução dos PVI’s e mostrar alguns exemplos.
O processo de resolução, também conhecido como método das três etapas é simples e
segue alguns passos.
Passo 1: Inicialmente, aplica-se a Transformada de Laplace em ambos os lados da
equação diferencial, de modo a obter uma equação algébrica, chamada equação subsidiária.
Para isso, usa-se o teorema da transformada da Laplace da derivada, depois substitui os
dados iniciais.
Passo 2: Resolve-se a equação subsidiária através de manipulação algébrica.
Passo 3: E por fim, aplica-se a transformada de Laplace inversa a fim de traduzir a solução algébrica numa solução em termos de uma equação diferencial ordinária,
encontrando a solução do problema.
Vejamos alguns exemplos:
Exemplo 2.9. Resolva o problema de valor inicial y 0 + y = e−t .
Aplicando a transformada de Laplace a ambos os membros e a propriedade da linearidade, obtemos
L {y 0 } + L {y} = L e−t
Usando o Teorema da Transformada de Laplace da derivada, a condição inicial e a tabela
C.1 para encontrar a transformada de Laplace de e−t , obtemos
sY (s) − y(0) + Y (s) =
1
1
1
1
⇒ (s + 1)Y (s) − 1 =
⇒ Y (s) =
+
s−1
s−1
(s − 1)(s + 1) s + 1
Feito isso, aplicamos agora a transformada de Laplace inversa e a propriedade da
linearidade inversa, temos
1
1
−1
−1
−1
L {Y (s)} = L
+L
(s − 1)(s + 1)
s+1
|
{z
}
I
Em (I), é necessário o uso de frações parciais. Considere A e B constantes, tais que
1
A
B
A(s + 1) + B(s − 1)
=
+
=
(s − 1)(s + 1)
s−1 s+1
(s − 1)(s + 1)
Por meio de um sistema encontramos A =
1
1
e B = − . Daí,
2
2
1
1 1
1 1
=
−
(s − 1)(s + 1)
2s−1 2s+1
Assim,
L
−1
1
{Y (s)} = L−1
2
1
s−1
1
− L−1
2
1
s+1
Logo,
1
1
y(t) = et − e−t + e−t
2
2
+L
−1
1
s+1
2.5. O problema de valor inicial e a propriedade transformada de Laplace da derivada36
Portanto, a solução particular do PVI é
1
1
y(t) = et + e−t .
2
2
Figura 2.6: Representação gráfica da solução do exemplo 2.6.
Fonte: elaborada pelo autor.
Exemplo 2.10. Resolva o problema de valor inicial y 00 + 3y 0 + 2y = 0, com y(0) = 1 e
y 0 (0) = 0.
No capítulo preliminar vimos como resolver PVI’s desse tipo e sabemos que a solução
geral da equação é y(t) = c1 e−t +c2 e−2t . Para satisfazer as condições iniciais, encontramos
facilmente c1 + c2 = 1 e −c1 − 2c2 = 0, e obtemos c1 = 2 e c2 = −1. Logo, a solução do
PVI é y(t) = 2et − e−2t .
Através da Transformada de Laplace, vamos resolver este PVI, usando o método das
três etapas.
Aplicando a Transformada de Laplace em ambos os membros da equação, temos
L {y 00 } + 3L {y 0 } + 2L {y} = 0
Usando o teorema da transformada de Laplace da derivada, obtemos
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 3 [sY (0) − y(0)] + 2Y (s) = 0
Ou seja,
(s2 + 3s + 2)Y (s) + (−s − 3)y(0) − y 0 (0) = 0
Substituindo os dados iniciais e resolvendo para Y (s), obtemos
Y (s) =
s2
−s − 3
−s − 3
=
+ 3s + 2
(s + 1)(s + 2)
Expandindo a expressão a direita do sinal da igualdade da equação em frações parciais,
temos
−s − 3
A
B
As + 2A + Bs + B
Y (s) =
=−
+
=−
(s + 1)(s + 2)
s+1 s+2
(s + 1)(s + 2)
2.5. O problema de valor inicial e a propriedade transformada de Laplace da derivada37
Onde A e B são coeficientes constantes a serem determinados. Por meio de um sistema,
obtemos A = −2 e B = 1. Substituindo os valores de A e B em
A
B
2
1
Y (s) = −
+
=
−
s+1 s+2
s+1 s+2
Aplicando a Transformada de Laplace inversa, temos
1
2
−1
−1
−1
−L
L {Y (s)} = L
s+1
s+2
Podemos recorrer a tabela C.1, na Apêndice C, para obter a solução do PVI. Assim, e−t
2
1
é a transformada inversa de
e e−2t é a transformada inversa de
. Logo, pela
s+1
s+2
propriedade da linearidade, obtemos a solução do problema de valor inicial
y(t) = 2e−t − e−2t
Figura 2.7: Representação gráfica da solução do exemplo 2.7.
Fonte: elaborada pelo autor.
O mesmo procedimento é válido para EDO’s lineares de segunda ordem não homogênea
com coeficientes constantes, ou seja, equações vistas na subseção 1.3.2 do capítulo 1.
ay 00 + by 0 + cy = f (t)
(2.14)
De acordo com o corolário (2.1) podemos calcular a transformada de Laplace da equação
(2.14). Assim,
a s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + b [sY (s) − y(0)] + cY (s) = F (s)
Fazendo o processo de resolução, obtemos
Y (s) =
F (s)
(as + b)y(0) + ay 0 (0)
+ 2
2
as + bs + c
as + bs + c
Assim, encontrando a y(t) o problema estará resolvido.
(2.15)
2.5. O problema de valor inicial e a propriedade transformada de Laplace da derivada38
Exemplo 2.11. Resolva o problema de valor inicial y 00 − 5y 0 + 6y = et . Aplicando a
transformada de Laplace em ambos os lados, a propriedade da linearidade e o teorema
2.2, obtemos
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 5sY (s) − y(0) + 6Y (s) =
1
s−1
Substituindo os valores do PVI, temos
s2 − 5s + 6 Y (s) =
Y (s) =
=
1
+s+2
s−1
1
1
2
1
+ 2
+ 2
2
s − 1 s − 5s + 6 s − 5s + 6 s − 5s + 6
1
s
2
+
+
,
(s − 1)(s − 2)(s − 3) (s − 2)(s − 3) (s − 2)(s − 3)
|
{z
} |
{z
} |
{z
}
I
II
III
com s > 3.
Dados A, B, C, D, E, F , e G constantes quaisquer, temos que
(I)
A
B
C
1
=
+
+
(s − 1)(s − 2)(s − 3)
s−1 s−2 s−3
=
A(s − 2)(s − 3) + B(s − 1)(s − 3) + C(s − 1)(s − 2)
(s − 1)(s − 2)(s − 3)
1
1
Obtemos um sistema em que, A = , B = −1 e C = .
2
2
(II)
s
D
E
=
+
(s − 2)(s − 3)
s−2 s−3
=
D(s − 3) + E(s − 2)
(s − 2)(s − 3)
Análogo ao anterior, através de um sitema, encontramos D = −2 e E = 3.
(III)
2
F
G
=
+
(s − 2)(s − 3)
s−2 s−3
=
F (s − 3) + G(s − 2)
(s − 2)(s − 3)
Obtemos F = −2 e G = 2. Substituindo os valores de A, B, C, D, E, F e G em Y (s),
temos
Y (s) =
1 1
1
1 1
2
3
2
2
−
+
−
+
−
+
2s−1 s−2 2s−3 s−2 s−3 s−2 s−3
Y (s) =
1 1
5
1 1
5
−
+
+
,
2s−1 s−2 2s−3 s−3
z > 3.
2.5. O problema de valor inicial e a propriedade transformada de Laplace da derivada39
Aplicando a transformada de Laplace inversa e a propriedade da linearidade, temos
1
1
1
1
1
1 −1
−1
− 5L−1
+ L−11
+ 5L−1
L {Y (s)} = L
2
s−1
s−2 2
s−3
s−3
1
11
Portanto, y(t) = et − 5e2t + e3t é a solução do PVI.
2
2
Figura 2.8: Representação gráfica da solução do exemplo 2.8.
Fonte: elaborada pelo autor.
Por outro lado, observe que a solução y(t) do exemplo 2.10 é a mesma solução que
obtivemos no início do exemplo, ou seja, pode-se usar ambos os métodos para encontrar
uma solução para o PVI. O mesmo procedimento acontece com as EDO’s lineares não
homogênea de segundo ordem, sendo f (t) contínua. No entanto, no capítulo seguinte
vamos analisar EDO’s lineares não homogênea com a f (t) descontínua e sua aplicabilidade.
3
Equações diferenciais com funções
descontínuas
Na seção 1.3 discutimos, o procedimento geral usado para resolução de problemas de
valor inicial de EDO’s lineares não homogêneas com coeficientes constantes. O método
da transformada de Laplace é de suma importância para obter a solução de EDO’s sob
ação de forças externas descontínuas. Encontramos esses tipos de situações em circuitos
elétricos ou em sistemas mecânicos. Neste capítulo, estudaremos funções descontínuas,
bem como propriedades úteis para resolver os diversos problemas. Apresentaremos modelos que descrevem matematicamente tais problemas, através de problemas de valor
inicial e discutiremos sua representação gráfica. Por fim, apresentaremos o Teorema da
Convolução, a fim de solucionar um modelo matemático modelado por uma equação diferencial apresentando uma função externa descontínua, mais especificamente, uma função
impulsiva.
Os seguintes conceitos estão baseados de acordo com autores: [BOYCE; DIPRIMA,
2010]; [ZILL, 2001]; [FIGUEIREDO, 2005] e na aplicação, além dos autores citados,
usaremos o modelo baseado em [FLORIN, 2004].
3.1
Função degrau unitário
A fim de discutir sobre as funções descontínuas, é conveniente definir uma função
denominada função degrau unitário (ou, em homenagem ao matemático inglês Oliver
Heaviside (1850-1925) 1 chamada de função Heaviside).
Definição 3.1. Definimos a função degrau unitário por:

 0, se t < a
ua (t) =

1, se t ≥ a
1
(3.1)
Em seu tratado Electromagnetic Theory de 1899, Oliver Heaviside desenvolveu muitos dos resultados
apresentados neste capítulo. O método da transformada de Laplace foi usado para resolver equações
diferenciais lineares com coeficientes constantes, tornado-as equações algébricas de fácil resolução, quando
investigava problemas de linhas de trasmissão. No entanto, por falta de rigor matemático, seus trabalhos
foram alvos de críticas, porém usando seus métodos, conseguiu resolver problemas que os matemáticos
não conseguiam solucionar. Em 1922, quando já estava surdo devido uma doença infantil, ganhou a
Medalha Faraday. Viveu seus últimos dias isolado e esquecido, morrendo sem aquecimento em casa, em
1925.
3.1. Função degrau unitário
41
com a > 0.
Figura 3.1: Função degrau unitário.
Fonte: elaborada pelo autor.
A transformada de Laplace da função degrau unitário ua (t) é facilmente determinada
Z ∞
e−st ua (t)dt
L {ua (t)} = F (s) =
0
Z
=
a
Z
0dt +
0
F (s) =
∞
e−st dt
a
e−as
s
(3.2)
para s > 0. No estudo das funções descontínuas, diversas funções podem ser escritas
como combinação linear da função degrau unitário. Ou seja, dado

c1 , para t em [0, a1 )







c2 , para t em [a1 , a2 )
f (t) =




c3 , para t em [a2 , a3 )



···
Podemos escrever a função f (t) da forma:
f (t) = c1 + (c2 − c1 )ua1 (t) + (c3 − c2 )ua2 (t) + · · ·
Exemplo 3.1. De acordo com a equação (3.3), podemos escrever

0, se 0 ≤ t < 1





1, se 1 ≤ t < 3
f (t) =





0, se 3 ≤ t.
(3.3)
3.1. Função degrau unitário
42
na forma
f (t) = 0 + (1 − 0)u1 (t) + (0 − 1)u3 (t)
= u1 (t) − u3 (t)
Agora, vamos encontrar a transformada de Laplace dessa função, ou seja,
L {f (t)} = L {u1 (t) − u3 (t)}
Usando a propriedade da linearidade, temos
L {f (t)} = L {u1 (t)} − L {u3 (t)}
Logo,
F (s) =
e−s e−3s
−
s
s
para s > 0.
Note que, podemos relacionar a função f com um pulso descontínuo. De fato, por
exemplo a função f está modelando um circuito elétrico ligado a uma bateria de 1 volt
em que é ligado e consequentemente desligado após um tempo de dois segundos, como
podemos ver na figura 3.2.
Figura 3.2: O gráfico da função do exemplo 3.1.
Fonte: elaborada pelo autor.
Por outro lado, observe f (t − a), é fácil ver que é a função f (t) transladada por a.
podemos considerar uma função h(t) definida por

 0, se t < a
h(t) =

f (t − a), se t ≥ a.
Entretanto, essa função pode ser expressa em termos da função degrau unitário e é representada da seguinte forma:
h(t) = ua (t)f (t − a)
(3.4)
A relação entre a transformada desta função e a transformada da f (t) é expressa na
propriedade a seguir.
3.1. Função degrau unitário
43
Proposição 3.1. (Teorema do deslocamento no tempo) Seja F (s) a transformada
de Laplace da função f : [0, ∞) → R, para s > c e a > 0, então a transformada de Laplace
da função h(t) = ua (t)f (t − a) é
H(s) = e−as F (s)
(3.5)
Reciprocamente, dado f (t) = L−1 {F (s)}, então
ua (t)f (t − a) = L−1 e−as F (s)
(3.6)
Para provar a propriedade, basta calcular a transformada de Laplace da h(t), ou seja,
Z ∞
e−st ua (t)f (t − a)dt
L {ua (t)f (t − a)} = H(s) =
0
a
Z
=
e
−st
Z
ua (t)f (t − a)dt +
0
∞
e−st ua (t)f (t − a)dt
a
Seja, θ = t − a, a mudança de variável de integração, então dθ = dt. Assim,
Z ∞
H(s) =
e−(θ+a)s f (θ)dθ
0
= e
−as
Z
∞
e−θs f (θ)dθ
0
= e−as F (s).
(3.7)
Portanto, uma vez determinada a equação (3.5), para obter a equação (3.6) basta calcular
a transformada de Laplace da equação (3.5).
Exemplo 3.2. Considere a função

 cos t, se 0 ≤ t < a
f (t) =

cos t + cos(t − a), se π ≤ t.
Essa função pode ser escrita em termos da função degrau unitário
f (t) = cos t + uπ (t) cos(t − a)
Aplicando a transformada de Laplace, obtemos
s
s
F (s) = 2
+ e−πs s
.
s +1
s +1
para s > 0.
π
Exemplo 3.3. Seja F (s) = e(− 4 )s s21+1 , para s > 0. Observe que a = − π4 e que f (t) =
L−1 s21+1 = sen t. Logo, pela reciprocidade da propriedade (3.1), temos
−( π )s e 4
−1
f (t) = L
s2 + 1
= sen (t −
π
)u π (t)
4 4
3.2. O problema de valor inicial com forçamentos descontínuos
44
A função pode ainda ser escrita como

 0, para 0 ≤ t < π4
f (t) =

sen (t − π4 ), para π4 ≥ t.
3.2
O problema de valor inicial com forçamentos descontínuos
Exemplo 3.4. Use a transformada de Laplace para determinar a carga q do capacitor
em um circuito elétrico em série RC se q(0) = 0, R = 2, 5 ohms, C = 0, 08 farad e v(t) é
a voltagem dada por

 0, para 0 ≤ t < 3
v(t) =

5, para 3 ≤ t.
No exemplo 1.1 do capítulo 1 descrevemos um circuito elétrico RC que possui equação
R
1
dq
+ q = V (t)
dt C
De acordo com o problema, a equação fica
2, 5
1
dq
+
q = 5u3 (t)
dt 0, 08
A fim de resolver este problema, vamos aplicar a transformada de Laplace. Assim,
dq
1
L 2, 5
q = L {5u3 (t)}
+L
dt
0, 08
Obtendo,
2, 5sQ(s) − 2, 5q(0) + 12, 5Q(s) = 5e−3s
que, porquanto, q(0)=0, possui solução algébrica
Q(s) =
=
5e−3s
2, 5s + 12, 5
5e−3s
5
(s + 5)
2
Aplicando a transformada de Laplace inversa na equação algébrica subsidiária, encontramos a solução do problema de valor inicial, cujo comportamento é representado na figura
3.3.
2
2
q(t) = u3 (t) − e−5(t−3) u3 (t)
5
5
3.2. O problema de valor inicial com forçamentos descontínuos
45
Figura 3.3: O gráfico da função do exemplo 3.4
Fonte: elaborada pelo autor.
Exemplo 3.5. Encontre a solução da equação diferencial y 00 + 5y 0 + 4y = f (t), com
y(0) = y 0 (0) = 0 e f (t) = u1 (t) + u2 (t).
Esse problema representa um circuito elétrico onde a função f (t) possui uma chave
dupla e representa a voltagem de um pulso unitário que é ligado em 1 volt por um segundo,
ou seja, 1 ≤ t < 2, e em seguida ligado em 2 volts e deixado nesta posição, conforme a
figura 3.4.
Figura 3.4: O gráfico do problema de valor inicial do exemplo 3.5.
Fonte: elaborada pelo autor.
De acordo com a seção 2.5, vamos calcular a transformada de Laplace pelo método
das três etapas, a fim de encontrar a solução deste problema de valor inicial. Assim,
s2 Y (s) + sy(0) − y 0 (0) + 5sY (s) − 5y(0) + 4Y (s) =
e−s + e−2s
.
s
3.2. O problema de valor inicial com forçamentos descontínuos
46
Substituindo as condições iniciais e resolvendo para Y (s), temos a equação algébrica
subsidiária
e−s + e−2s
Y (s) =
s(s2 + 5s + 4)
Decompondo em frações parciais, aplicando a transformada de Laplace inversa e a propriedade da linearidade inversa, temos
1 −1 e−s
1 −1 e−s
1 −1 e−s
−1
L {Y (s)} = L
− L
+ L
+
4
s
3
s+1
12
s+4
1
+ L−1
4
e−2s
s
1
− L−1
3
e−2s
s+1
1
+ L−1
12
e−2s
s+4
Logo, obtemos a solução
1 e−(t−1) e−4(t−1)
1 e−(t−2) e−4(t−2)
y(t) = u1 (t)
−
+
+ u2 (t)
−
+
4
3
12
4
3
12
que também pode ser escrita como:

0, para 0 ≤ t < 1





−t
−4t
1
y(t) =
− e 3 + e12 , para 1 ≤ t < 2
4




 1 2 −t 1 −4t
− 3 e + 6 e , para 2 ≥ t.
2
A solução do problema está representado no gráfico da figura 3.5. Note que, no intervalo
0 ≤ t < 1 o sistema permanece em repouso, é como se não exisistisse uma força externa
sendo aplicado. A partir de t > 1 o sistema sofre a ação de uma força externa. Além
disso, a solução y(t) e y 0 (t)é contínua em toda parte, porém y 00 (t) no pontos t = 1 e t = 2,
onde sofre a descontinuidade, ou seja, onde g(t) = u1 (t) + u2 (t) é descontínua.
Figura 3.5: O gráfico da solução do exemplo 3.5
Fonte: elaborada pelo autor.
Em geral, conforme o teorema 2.1, a solução y(t), e suas duas primeiras derivadas
y 0 (t) e y 00 (t) são contínuas, menos, possivelmente, nos pontos onde a função externa, ou
melhor, o termo não homogêneo é descontínuo.
3.2. O problema de valor inicial com forçamentos descontínuos
47
Exemplo 3.6. Considere o circuito elétrico dado pelo problema de valor inicial q 00 =
−q + r(t), onde q(0) = q 0 (0) = 0. Um circuito LC simples,ou seja, sem a presença de
resitor, onde q é a carga nas placas e r(t) é uma função denominada função rampa de
forçamento.
As funções rampas de forçamento, basicamente são descritas da seguinte forma:

 t, para 0 ≤ t < a
r(t) =

a, para a ≤ t.
Figura 3.6: O gráfico da função rampa de forçamento.
Fonte: elaborada pelo autor.
Vamos considerar r(t) como sendo uma potência que aumenta linearmente e que será
ligada com o tempo de 0 a 5 segundos e que após isso continua constante. Precisamos
determinar a variação q da carga e após isso, verificar o comportamento graficamente.
Note que,

 t, para 0 ≤ t < 5
r(t) =

5, para 5 ≤ t.
Expressa graficamente na figura 3.7. Assim, aplicando r(t) no problema de valor inicial
em termos da função degrau unitário, temos
q 00 + q = t + (5 − t)u5 t
Figura 3.7: O gráfico da função do exemplo 3.6
Fonte: elaborada pelo autor.
3.2. O problema de valor inicial com forçamentos descontínuos
48
Aplicando o método das três etapas, temos
s2 Q(s) − sq(0) − q 0 (0) + Q(s) =
1
e−5s
+
s2
s2
Usando as condições iniciais e isolando Q(s), obtemos a equação subsidiária
Q(s) =
1
s2 (s2 + 1)
+
e−5s
s2 (s2 + 1)
Decompondo em frações parciais, obtemos
Q(s) =
1
e−5s
e−5s
1
+
−
−
s2 s2 + 1 s2 + 1
s2
Aplicando a transformada de Laplace inversa, encontramos a solução
q(t) = t − sen t − u5 (t − 5) + u5 (t)sen (t − 5)
ou melhor,
q(t) = t − sen t − [t − 5 − sen (t − 5)] u5 (t).
De acordo com o gráfico na figura 3.8 a solução q(t) é contínua em toda parte produzindo
um comportamento periódico, do mesmo modo que y 0 (t) e y 00 (t), conforme as figuras 3.9
(a) e (b), no entanto em t = 5 a solução é descontínua, ou seja, o sistema elétrico sofre a
ação de uma força no instante t = 5 provocando a descontínuidade.
Figura 3.8: O gráfico da solução do exemplo 3.6
Fonte: elaborada pelo autor.
3.2. O problema de valor inicial com forçamentos descontínuos
49
Figura 3.9: (a) Gráfico da y 0 (t) e (b) gráfico da y 00 (t).
(a)
(b)
Fonte: elaborada pelo autor.
De modo geral, podemos considerar
00
q = −kq + rb (t)
(3.8)
sendo que, k é uma constante qualquer e rb (t) é forma geral da função rampa de forçamento.

 t, para 0 ≤ t < b
rb (t) =
(3.9)

b, para b ≤ t.
E após, o método de resolução das três etapas, obtemos a solução do tipo
qb (t) = t − sen kt − [t − b − sen (kt − b)] ub (t).
(3.10)
Ao tomarmos diversos valores para b e analisarmos graficamente no software matemático Maple. Verificamos que a solução qb (t) é contínua em toda parte produzindo um
comportamento periódico,do mesmo modo que y 0 (t) e y 00 (t), porém em t = b a solução
é descontínua. A solução para os valores tomados para b apresentam o mesmo comportamento até b, porém com oscilações de carga cada vez maiores. Após t = b, assumem
comportamentos diferentes, porém continuam oscilando periodicamente.
Exemplo 3.7. Considere o problema de valor inicial y 00 + 3y 0 + 2y = g(t) onde y(0) =
y 0 (0) = 0 e g(t) é da forma

 π, para 0 ≤ t < 5
g(t) =

0, para 5 ≤ t.
Esses tipos de PVI’s modelam problemas relacionados a molas, que recebem forças
externas descontínuas. Podemos citar, por exemplo, o vagão de um trem quando recebe
uma força ao passar por um entroncamento, ou por exemplo, os sistemas de molas de um
automóvel quando sofrem a ação de forças externas descontínuas ao passar rapidamente
por uma elevação.
No problema de valor inicial a função g(t) representa uma força de valor π que age
durante 5 segundos numa mola que está em posição de equilíbrio, e logo depois a força
é retirada. Para descobrir o comportamento da mola, precisamos encontrar a solução do
PVI
y 00 + 3y 0 + 2y = π − πu5 (t)
3.2. O problema de valor inicial com forçamentos descontínuos
50
Dessa forma, de acordo com o método das três etapas, temos
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 3y(s) + 2Y (s) =
π e−5s
−
s
s
Usando as condições iniciais e isolando Y (s), obtemos a equação subsidiária
e−5s
1
−
Y (s) = π
s (s2 + 3s + 2) s (s2 + 3s + 2)
Decompondo em frações parciais, aplicando a transformada de Laplace inversa e a propriedade da linearidade, temos
1
1
π −1 1
π −1
−1
−1
L {Y (s)} = L
− πL
+ L
2
s
s−1
2
s−2
π
− L−1
2
e−5s
s
+ πL
−1
e−5s
s−1
π
− L−1
2
e−5s
s−2
Portanto, a solução do problema de valor inicial é da forma
y(t) =
π
π
π
π
− πe−t + e−2t − u5 (t) + πu5 (t)e−(t−5) − u5 (t)e−2(t−5)
2
2
2
2
podemos organizar os termos, obtendo
hπ
π
π −2t
π −2(t−5) i
−t
−(t−5)
y(t) = − πe + e − u5 (t)
− πe
+ e
2
2
2
2
que também pode ser escrita na forma
 π
 2 − πe−t + π2 e−2t , para 0 ≤ t < 5
y(t) =

−πe−t + π2 e−2t + π − πe−(t−5) + π2 e−2(t−5) , para 5 ≤ t.
Figura 3.10: O gráfico da solução do exemplo 3.7
Fonte: elaborada pelo autor.
A figura 3.10 representa o gráfico da solução e a figura 3.11 (a) e (b), representa os
gráficos da primeira e segunda derivada, respectivamente. Podemos ver que a solução é
contínua em t = 5, assim como também para y 0 (t). Por outro lado, y 00 (t) não é diferenciável
em t = 5. O comportamento desses gráficos explica que o sistema sofre a ação de uma
força externa π a partir de seu estado inicial oscila até t = 5. Enquanto que a derivada
3.3. O teorema da convolução
51
y 0 (t) retorna ao estado inicial exatamente em t = 5, a solução y(t) se comporta como um
decaimento após t = 5 e a y 00 (t) ao chegar em t = 5, como comentado anteriormente,
apresenta a descontinuidade e após este instante volta para seu estado inicial, porém
apresentendo oscilações.
Figura 3.11: (a) Gráfico da y 0 (t) e (b) gráfico da y 00 (t).
(b)
(a)
Fonte: elaborada pelo autor.
3.3
O teorema da convolução
Um problema muito comum, mas não tão fácil de se resolver, quando estamos tratando
de transformada de Laplace é a presença de um produto de duas transformadas, F (s)G(s).
A questão essencial para esta seção, é saber se é possível encontrar uma maneira de
obtenção da transformada de Laplace inversa deste produto.
Teorema 3.1. Sejam f (t) e g(t) funções, e F (s) e G(s) respectivamente as transformada
de Laplace, para s > a ≥ 0. Então,
H(s) = L {f (t) ∗ g(t)} = F (s)G(s)
onde
Z
t
Z
t
F (t − τ )g(τ )dτ =
h(t) =
0
(3.11)
f (τ )g(t − τ )dτ.
(3.12)
0
Chamamos a função h(t) de convolução das funções f e g.
Demonstração. Para demonstrar esse teorema, observe que, se
Z ∞
F (s) =
e−sβ f (β)dβ
0
e
Z
G(s) =
∞
e−sτ g(τ )dτ
0
Procedendo formalmente, escrevemos
Z ∞
Z
−sβ
F (s)G(s) =
e f (β)dβ
0
0
∞
e−sτ g(τ )dτ.
(3.13)
3.3. O teorema da convolução
52
Logo,
∞
Z
Z
∞
e−s(β+τ ) f (β)g(τ )dβdτ
F (s)G(s) =
0
0
Escrevendo F (s)G(s) como uma integral interada, já que uma integral não depende
da variável da outra integral,
Z ∞
Z ∞
−s(β+τ )
g(τ )
e
f (β)dβ dτ
(3.14)
F (s)G(s) =
0
0
Agora, fixando τ podemos fazer a mudança de variável β = t−τ , de modo que dβ = dt,
na integral interada. Além disso, o intervalo de integração muda de β = 0 para t = τ e
β = ∞, tem-se t = ∞. O resultado é,
Z ∞
Z ∞
−st
e f (t − τ )dt dτ.
(3.15)
g(τ )
F (s)G(s) =
τ
0
Trocando a ordem de integração, obtemos
Z
Z ∞
−st
e dt
F (s)G(s) =
0
Logo,
Z
∞
g(τ )f (t − τ )dτ
(3.16)
0
∞
F (s)G(s) =
e
−st
∞
Z
0
g(τ )f (t − τ )dτ dt
(3.17)
0
Essa integral é denominada o produto de convolução das funções f (t) e g(t). Podemos
escrever,
Z ∞
e−st h(t)dt
(3.18)
F (s)G(s) =
0
= L {h(t)}
(3.19)
onde h(t) é definida na equação 3.12. Em particular, o teorema da convolução é útil
no cálculo de transformada de Laplace inversas. Além disso, o produto de convolução
satisfaz algumas propriedades da multiplicação:
f ∗g = g∗f
comutativo
f ∗ (g1 + g2 ) = f ∗ g1 + f ∗ g2
distributiva
f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h
f ∗ 0 = 0 ∗ f.
Exemplo 3.8. Calcule
L
−1
1
.
(s + 1)(s − 2)
Usando frações parciais, verificamos que
F (s) =
1
s+1
associativa
3.3. O teorema da convolução
53
e
G(s) =
1
s−2
Logo, L−1 {F (s)} = f (t) = e−t e L−1 {G(s)} = g(t) = e2t .
De acordo com o teorema da convolução, obtemos
Z t
1
−1
f (τ )g(t − τ )dτ
L
=
(s − 1)(s + 2)
0
Z
t
=
e−τ e2(t−τ ) dτ
0
= e
2t
Z
t
e−τ e−2τ dτ
0
= e
2t
Z
t
e−3τ dτ
0
= e
=
2t
1
− e−3τ
3
t
0
1
2
t − e−t .
3
3
O teorema da convolução é de extrema importância no processo de resolução de problemas
de valor inicial. É possível proceder de um modo geral, ou seja, dada a EDO linear não
homogênea com coeficientes constantes
y n + an−1 y n−1 + · · · + a1 y 0 + a0 y = f (t)
(3.20)
com condições iniciais y(t) = y0 , y 0 (t) = y1 ,· · · ,y n−1 (t) = yn−1 . No entanto, para fins
deste trabalho, consideremos em particular, a equação diferencial
ay 00 + by 0 + cy = f (t)
(3.21)
com condições iniciais y(0) = y0 e y 0 (0) = y00 , a, b e c constantes quaisquer e f uma função
dada. De acordo com o método das três etapas, vamos aplicar a transformada de Laplace
e usar as condições iniciais, obtendo
as2 + bs + c Y (s) − (as + b) y0 − ay00 = F (s)
(3.22)
Isolando em termos de Y (s), obtemos a equação algébrica subsidiária
Y (s) =
1
(as + b) y0 + ay00
+
F (s)
2
2
(as + bs + c)
(as + bs + c)
(3.23)
(as + b) y0 + ay00
(as2 + bs + c)
(3.24)
Definindo,
X(s) =
3.4. Aplicação
54
e
I(s) =
(as2
1
F (s)
+ bs + c)
(3.25)
É claro que,
Y (s) = X(s) + I(s)
(3.26)
e consequentemente,
y(t) = x(t) + i(t)
A equação X(s) pode ser resolvida, facilmente, uma vez que podemos usar frações parciais
ou X(s) esteja relacionada com uma translação. Isso claro, desde que sejam conhecidos
a, b e c. Por outro lado, para resolver I(s) é necessário usar o teorema da convolução. De
1
. É fácil perceber que
fato, I(t) se escreve da forma I(s) = G(s)F (s), onde G(s) = as2 +bs+c
F (s) fica exclusivamente dependendo da função externa f (t). Já, G(s) depende apenas
das constantes a, b e c. Assim, de acordo com o teorema da convolução, temos
Z t
−1
−1
g(t − τ )f (τ )dτ.
(3.27)
L {I(s)} = L {G(s)F (s)} =
0
−1
onde f (t) é o termo não homogêneo e g(t) = L {G(s)}. Uma vez determinada I(s),
encontramos a solução do problema de valor inicial
y(t) = x(t) + i(t)
3.4
3.4.1
(3.28)
Aplicação
Funções impulsivas
Muitos sistemas vistos anteriormente, tanto os sistema mecânicos como os elétricos,
podem sofrer a ação de forças externas de intensidade muito grande, que podem ser vistos
como forças que atuam por um período de tempo muito curto. É fácil perceber, por
exemplo, quando uma raquete de tênis bate em uma bola de tênis, gera uma gigantesca
força, no entanto a raquete só esteve em contato com a bola por milésimos de segundos.
Podemos ver esse mesmo tipo de situação, em por exemplo, uma descarga elétrica causada
por um raio, um pêndulo quando é atingido por um golpe, um chute em uma bola de
futebol, uma bola de beisebol quando é atingida por um taco, dentre outras situações.
Esses tipos de situações são modeladas por EDO’s lineares não homogêneas com coeficientes constantes, ou seja,
ay 00 + by 0 + cy = f (t)
onde f (t) é, em um intervalo t0 − < t < t0 + grande, e nula fora desse intervalo.
Mais do que descrever o que a força está fazendo em cada tempo t, mesmo que o
intervalo seja muito pequeno, o que interessa realmente é medir o impulso da força.
A integral I(t),
Z
Z
∞
t0 +
I() =
f (t)dt =
t0 −
f (t)dt
(3.29)
−∞
representa a medida da intensidade da força do termo não homogêneo. Em particular,
considerando t0 = 0 e f (t) = g (t),
 1
 2 , se − ≤ t < g (t) =

0, se t ≤ − ou t ≥ .
3.4. Aplicação
55
com > 0, uma constante muito pequena. O gráfico da g (t) é representado na figura
3.12.
Figura 3.12: O gráfico da g (t).
Fonte: elaborada pelo autor.
Ao fazer g(t) possuir intervalos muito curtos, ou seja → 0, como ilustrado na figura
3.13, obtemos lim→0 g (t) = 0, para t 6= 0 e a área da integral I() = 1,para 6= 0, ou
seja, lim→0 I() = 1.
Figura 3.13: O gráfico da g (t), quando → 0.
Fonte: elaborada pelo autor.
Com isso, podemos definir a função impulso unitário que é zero em todos os valores,
exceto em t = 0, que é quando possui impulso de tamanho um. Assim, “definimos” a
“função” impulso unitário δ(t), também conhecida como função Delta de Dirac2 e
possui as seguintes propriedades3 :
δ(t) = 0,
2
para t 6= 0
(3.30)
Paul A. M. Dirac (1902-1984), foi um físico matemático britânico. Desenvolveu a função delta
de Dirac, junto com Max Planck, Albert Einstein, Werner Heisenberg e Erwin Schrodinger. Em The
Principles of Quantun Mechanics, a função delta de Dirac foi usada inúmeras vezes. Por seu trabalho em
mecânica quântica, recebeu em 1933 o prêmio Nobel, junto com Erwin Schrodinger.
3
A função delta de Dirac, estritamente falando, não é uma função. Um procedimento rigoroso requer a
teoria das distribuições e está fora do nosso escopo. Porém, é suficiente, do ponto de vista intuitivo,abordála como ma função.
3.4. Aplicação
56
e
Z
∞
δ(t)dt = 1.
(3.31)
−∞
Uma vez definido a função delta de dirac para t = 0, podemos considerar t = t0 como
sendo um impulso unitário em um ponto t > 0,tal que
δt0 (t) = δ(t − t0 )
(3.32)
Segue de 3.33 e 3.34 que
δ(t − t0 ) = 0,
e
Z
para t 6= 0
(3.33)
∞
δ(t − t0 )dt = 1.
(3.34)
−∞
Além de não ser, no sentido usual do termo, uma função, δ não satisfaz as condições do
teorema 2.1 da seção 2.2. No entanto, podemos definir a transformada de Laplace como
Z ∞
L δt0 (t) = F (s) =
δt0 (t) −st dt
(3.35)
0
Z
∞
=
δ(t − t0 )e−st dt.
(3.36)
−∞
Como δ é definida de acordo com g , ou seja, quando lim→0 g (t) = 0,então a equação
3.36 é entendida como
Z ∞
L {δt0 (t)} = lim
g (t − t0 )e−st dt = e−st0 .
(3.37)
→0
−∞
Podemos concluir que L {δ(t − t0 )} = 1, quando t0 = 0.
Por fim, com o intuito de implementar toda a teoria deste trabalho, vamos agora
aplicar o resultado 3.37 e analisar o comportamento de um sistema mecânico.
O problema de valor inicial ay 00 + by 0 + cy = f (t) com y(0) = y0 e y 0 (0) = y00 , descrito
em 3.21 tem relação direta com o que chamamos de problemas de entrada-saída(inputoutput). Em que a função f (t) representa a força externa (input) que age sobre o sistema,
as constantes a, b e c caracterizam as propriedades, y0 y00 o comportamento inicial e a
resposta (output) é caracterizada pela solução do problema.
Dito isto, considere um oscilador harmônico colocado verticalmente conforme a figura
3.14 e que sofre a ação de um golpe externo verticalmente. Segundo a lei de Hooke e a lei
do movimento de Newton [BOYCE, DIPRIMA, 2006], temos o modelo matemático,
y 00 + 2y 0 + 5y = πδ(t − t0 )
(3.38)
com y(0) = 0 e y 0 (0) = 2, descreve, de modo aproximado, o movimento da mola. Além
disso, de acordo com exemplo 1.2 da seção 1.1, a massa m = 1, a constante de amortecimento γ = 2, k = 5 representa o comprimento da mola, F0 = π a amplitude, t0 = 0 é o
instante em que acontece o golpe e δ é a função impulso Delta de Dirac. Este modelo é
semelhante ao encontrado em [FLORIN,2000].
3.4. Aplicação
57
Figura 3.14: Sistema massa-mola.
Fonte: Domínio público.
Note que δ(t−t0 ), para t0 = 0 é a função externa (input) que age no sistema mecânico,
e a solução y(t) é a resposta do sistema. De acordo com o procedimento de resolução de
uma equação diferencial descrito na seção 3.3, ou seja, a aplicação das propriedades do
método das três etapas e do teorema da convolução, vamos obter a solução do problema.
Aplicando a transformada de Laplace, as condições iniciais e isolando Y (s), obtemos
a equação algébrica
e−s
2
+π 2
(3.39)
Y (s) = 2
s + 2s + 5
s + 2s + 5
Usando frações parciais, segue-se
2
y(s) =
+π
(s + 1)2 + 4
e−s
(s + 1) + 4
Observe que o segundo termo de Y (s) é um produto de convolução G(s)F (s). Assim,
aplicando a transformada de Laplace inversa, obtemos
2
e−s
−1
−1
−1
L {Y (s)} = L
+ πL
(s + 1) + 4
(s + 1)2 + 4
Assim,
−t
Z
y(t) = e sen 2t + π
t
e−τ sen (t − τ )δ(τ )dτ
(3.40)
0
Note que, a integral, por definição, δ(τ ) = 1. Assim, obtemos
Z t
−t
y(t) = e sen 2t + π
e−τ sen (t − τ )dτ
0
(3.41)
3.4. Aplicação
58
Resolvendo a integral, obtemos a solução
y(t) =
1
(π + 2) e−t sen 2t
2
(3.42)
A solução 3.42 é a resposta (output) do sistema ao impulso π aplicado pelo golpe no
instante t = 0. O gráfico de cor verde da figura 3.15 representa a solução do sistema
mecânico. Note que, a função é contínua em toda parte e produz uma oscilação que decai
até 0 e a solução sugere que ela é diferencial em toda parte. Analisando o comportamento
da Derivada no gráfico de cor vermelha. O sistema está em repouso em seu estado inicial
t = 0, neste momento recebe um impulso de intensidade π e a derivada tem um salto em
t = 0 e decai oscilando até repousar novamente. Fisicamente, isto siginifica que a massa,
no momento que está em repouso, sofre a ação de um golpe e esse golpe produz um salto
repentino.
Figura 3.15: O gráfico da solução e da derivada da solução do modelo massa-mola.
Fonte: elaborada pelo autor.
Conclusão
No estudo das equações diferenciais ordinárias, se tratando da Transformada de Laplace e sua aplicabilidade em modelos matemáticos com forças externas descontínuas,
pode-se perceber a grande importância e influência deste método, na engenharia e na
física. O método da transformada de Laplace apresentou ser de grande importância no
processo de resolução de problemas de valor inicial. Sua forma peculiar de resolução,
fazendo uso de propriedades e definições, conseguiu transformar a equação diferencial em
uma equação algébrica, simplificando a resolução, e em seguida, usando a transformada
inversa conseguiu-se chegar a solução do problema de valor inicial.
A idéia principal do texto foi mostrar a importância da transformada de Laplace como
um método importante na resolução de EDO’s lineares não homogêneas com forçamentos descontínuos. Além disso, foi resolvido e feito uma análise do comportamento da
solução, bem como sua derivada, de um modelo matemático que modelava um sistema
mecânico massa-mola colocado verticalmente e que sofreu a ação de uma força impulsiva,
representada pela a função Delta de Dirac.
Pode-se perceber a enorme vantagem que a transformada de Laplace tem em relação a
outros métodos de resolução de equações diferenciais, principalmente quando estudou-se
EDO’s lineares não homogêneas com coeficientes constantes, onde o termo não homogêneo
apresentava em sua composição, funções descontínuas. Uma gama de funções descontínuas foram descritas baseada na função degrau unitário e implementadas em diversos
modelos matemáticos, que consequentemente, foram resolvidos através da Transformada
de Laplace. Além disso, verificou-se que para compor o método de resolução das equações foi necessário o estudo do teorema da transformada da derivada e do teorema da
convolução, sem essas duas propriedades o método seria ineficaz.
Todavia, a praticidade e a simplicidade encontrada neste método capaz de resolver
equações diferenciais com forçamentos descontinuas, e sua enorme aplicabilidade na física
e engenharia, foi um dos motivos para elaboração deste trabalho.
Espera-se que neste trabalho de conclusão de curso o leitor tenha compreendido tanto
as ideis tradicionais, representadas pela a transformada de Laplace, mas também as ideias
novas, representadas pela modelagem matemática. Por fim, é interessante frizar, como
sequência lógica deste texto, recomenda-se o estudo dos sistemas invariantes no tempo que
são importantes na engenharia elétrica, ou um estudo do teorema da extensão analítica
que é importante em análise complexa, um ramo da matemática.
Referências Bibliográficas
BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. Equaçoes diferenciais elementares e problemas de valores
de contorno. 8a. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2006.
DIACU, F. Introdução a equações diferenciais: teoria e aplicações. [S.l.]: LTC, 2004.
FIGUEIREDO, D. G.; NEVES, A. F. Equações diferenciais aplicadas; coleção matemática
universitária, impa. Rio de Janeiro, 2005.
KREYSZIG, E. Advanced engineering mathematics. John Whiley & Sons, 2006.
MOREIRA, F. R. et al. A transformada de laplace e algumas aplicações, 2010.
OLIVEIRA, E. C. de; MAIORINO, J. E. Introdução aos métodos da matemática aplicada.
[S.l.]: Unicamp, 2003.
RODRÍGUEZ, C. R. F. Transformada de laplace y ecuaciones de volterra, 2006.
SANTOS, R. J. Introdução às equações diferenciais ordinárias. 2011.
SIMMONS, G. F.; KRANTZ, S. G. Equações diferenciais: teoria, técnica e prática. São
Paulo, SP: McGraw, 2008.
SODRÉ, U. Equações diferenciais ordinárias. Aulas para Computação, Engenharia Elétrica e Engenharia Civil. Disponível em: http://pessoal. sercomtel. com.
br/matematica/Acesso em, v. 25, n. 11, p. 2011, 2003.
STEWART, J. Cálculo. v. i e ii. São Paulo: Pioneira Thomsom Learning, 2001.
ZILL, D. G.; CULLEN, M. R. Equações Diferenciais, vol. 1. [S.l.]: Makron Books, São
Paulo, 2001.
60
Apêndice A
Integral imprópria
Aprendemos no estudo do cálculo diferencial
e integral, podemos consultar, por exemRb
plo, (Stewart,) sobre a integral definida a f (t)dt, onde f é definida em um intervalo
fechaddo [a, b], sem que f apresente descontinuidade infinita. Veremos nesta apêndice,
como trabalhar com integrais definidas em intervalos infinitos e também com f apresentando descontinuidade infinita no intervalo [a, b].
Rx
Definição A.1. Se a integral a f (t)dt existe com t ≥ a, então
Z ∞
Z x
f (t)dt = lim
f (t)dt
(A.1)
x→∞
a
a
e claro, desde que o limite exista como um número. Podemos estender a definição tomando
x → −∞.
Rb
Definição A.2. Se x f (t)dt existe com t ≤ b, então
Z
b
Z
f (t)dt = lim
x→−∞
−∞
b
f (t)dt
(A.2)
x
desde que o limite exista como um número.
Dizemos que as integrais impróprias (A.1) e (A.2) convergem desde que os limites
existam e divergem se os limites não existem.
Definição A.3. Se (A.1) e (A.2) convergem, então
Z ∞
Z a
Z
f (t)dt =
f (t)dt +
−∞
−∞
∞
f (t)dt
(A.3)
a
1
Exemplo A.1. Seja f (t) = , com t ≥ 1, verifique se a integral imprópria converge ou
t
diverge.
Z x
Z ∞
1
1
dt = lim
dt = lim [ln |x| − ln |1|] = lim ln |x|
x→∞ 1 t
x→∞
x→∞
t
1
a integral imprópria é divergente, pois limx→∞ ln |x| = ∞.
1
Exemplo A.2. Seja f (t) = 2 , com t ≥ 1. Verifique se a integral imprópria converge ou
t
diverge.
Z x
Z ∞
1
1
dt = lim
dt = 1
2
2
x→∞
t
1
1 t
61
como o limite existe, então a integral imprópria converge.
Por meio dos exemplos acima podemos verificar para quais valores de p a integral
Z ∞
1
dt
(A.4)
tp
1
converge ou diverge.
Vejamos,
−p+1 Z ∞
Z ∞
1
t
−p
t dt = lim
dt =
p
x→∞ −p + 1
t
1
1
x
= lim
x→∞
1
1
x1−p − 1
1−p
1
Note que, quando p > 1, então p − 1 > 0. E daí, quando x → ∞, tp−1 → ∞ e p−1 → 0.
t
Logo, se p > 1, temos
Z ∞
1
1
dt =
p
t
p−1
1
Portanto, a integral imprópria converge, porém quando p < 1, então p − 1 < 0 e temos
1
= t1−p → ∞ e portanto, a integral imprópria diverge.
p−1
t
R0
Exemplo A.3. Calcule −∞ te2t dt. Usando a definição (A.2), temos
Z 0
Z 0
2t
te2t dt
te dt = lim
x→−∞
−∞
Integrando por partes, encontramos
Z 0
lim
te2t dt =
x→−∞
x
lim
x→−∞
=
lim
x→−∞
= −
x
te2t
2
0
x
Z
−
xe2x
−
2
x
0
e2t
dt
2
1 e2x
−
4
4
1
4
Logo, a integral imprópria é convergente.
Acabamos de analisar integrais definidas em intervalos finitos. A partir de agora vamos
analisar funções que apresentam descontinuidade infinita em um intervalo dado.
Definição A.4. Dada uma função f contínua em um intervalo [a, b] e descontínua em b,
então
Z b
Z x
f (t)dt = lim−
f (t)dt
(A.5)
a
x→b
a
desde que o limite exista.
Definição A.5. Dada a função f contínua em [a, b] e descontínua em a, então
Z b
Z b
f (t)dt = lim+
f (t)dt
a
x→a
(A.6)
x
Rb
desde que o limite exista. Dizemos que a integral imprópria a f (t)dt converge se o limite
existir e diverge se o limite não existir. Desta forma, temos a seguinte definição:
62
Definição A.6. Se f possui uma descontinuidade em um certo c, sendo que a < c < b e
ambos as integrais (A.5) e (A.6) convergem, então
Z b
Z c
Z b
f (t)dt =
f (t)dt +
f (t)dt
(A.7)
a
a
c
R0
1
dt. Observe que a integral é imprópria,
Exemplo A.4. Resolva a integral −5
3 + 4t
1
tem assíntota vertical em t = − 34 . Como a descontinuidade é infinita
pois f (t) =
3 + 4t
no intervalo [−5, 0], usamos a definição (A.6) e daí,
Z 0
Z −3
Z 0
4
1
1
1
dt =
dt +
dt
−5 3 + 4t
−5 3 + 4t
− 43 3 + 4t
onde
Z
− 43
−5
−
1
dt =
3 + 4t
=
Z
lim −
x→− 34
x
−5
1
dt
3 + 4t
lim − [ln |3 + 4t|]
x→− 34
=
x
−5
lim − [ln |3 + 4x| − ln | − 17|]
x→− 43
= ln |17|
Note que, quando x → − 43 , ln |3 + 4t| → 0. Assim, obtemos um limite com número e
portanto, a integral imprópria converge.
Por outro lado.
Z 0
Z 0
1
1
dt = lim +
dt
−
x→− 34
x 3 + 4t
− 34 3 + 4t
=
lim + [ln |3 + 4t|]
x→− 34
=
0
x
lim + [ln |3| − ln |3 + 4x|]
x→− 34
= ln |3|
Pelo mesmo motivo da integral anterior, essa integral converge, e portanto,
Z 0
Z −3
Z 0
4
1
1
1
dt =
dt +
dt
−5 3 + 4t
−5 3 + 4t
− 34 3 + 4t
= ln |17| + ln |3|
Existem casos em que é muito complicado encontrar o valor da integral imprórpia, e saber
ao menos, por meio de comparação de funções, se a integral imprópria converge ou diverge
é de extrema importância. Dito isto, temos a seguinte definição:
63
A.7. Sejam f e h funções
RDefinição
R ∞ contínuas com f (t) ≥ h(t)R≥∞ 0 para x ≥ a. Se a
∞
f
(t)dt
é
convergente,
então
a
h(t)dt é convergente. E se a a h(t)dt é divergente,
a
a
R∞
então a a f (t)dt é divergente.
R∞
−3t
Exemplo A.5. A integral 1 1+et dt é divergente, pois usando a definição acima
1 + e−3t
1
<
t
t
Vimos que,
∞
Z
1
é divergente para p ≤ 1.
Logo,
Z
1
∞
1
dt
t
1 + e−3t
dt
t
é divergente.
64
Apêndice B
Frações parciais
P (t)
Considere a função racional f (t) = Q(t)
, onde P e Q são polinômios. Quando o grau
de P é menor que o grau de Q, dizemos que a função racional f é própria, caso contrário
dizemos que ela é imprópria e quando acontecer de a função racional f ser imprópria, é
preciso, através de uma etapa preliminar, dividir Q por P para obter um grau no resto R
menor do que o grau de Q, obtendo
f (t) =
R(t)
P (t)
= S(t) +
Q(t)
Q(t)
(B.0)
é facil perceber que R e S são polinômios. Feito isso, podemos fatorar o polinômio Q(t)
R(t)
o máximo possível e expressar em frações parciais a função racional própria f (t) = Q(t)
.
Para um melhor entendimento, dividimos em quatro casos a análise.
CASO 1: O denominador Q(t) apresenta um produto de fatores lineares distintos.
Pode ser escrito na forma
Q(t) = (a1 t + b1 ) (a2 t + b2 ) + · · · + (an t + bn )
(B.0)
em que, não existem fatores repetidos ou não existem nenhum fator múltiplo constante
do outro.
Dito isto, podemos considerar constantes A1 ,A2 ,· · · ,An tais que
A1
A2
An
R(t)
=
+
+ ··· +
Q(t)
a1 t + b 1 a2 t + b 2
an t + b n
(B.0)
t−9
Exemplo B.1. Utilize frações parciais em f (t) = (t+5)(t−2)
.
Observe que o grau do numerador é menor que o grau do denominador, então f (t) é
própria. Além disso, f (t) é escrito da forma (B.2), então podemos escrevê-la na forma
t−9
A1
A2
=
+
(t + 5)(t − 2)
t+5 t−2
(B.0)
Para determinar as constantes A1 e A2 , multiplicamos os lados dessa equação pelo produto
de denominador (t + 5)(t − 2), obtendo
t − 9 = A1 (t − 2) + A2 (t + 5)
expandindo o lado direito da equação para a forma padrão de polinômios, para que os
polinômios tornem-se idênticos e consequentemente seus coeficientes sejam iguais. Assim,
t − 9 = (A1 + A2 )t + (−2A1 + 5A2 )
65
Encontramos um sistema de equações, obtendo as constantes A1 = 2 e A2 = −1.
Por fim, substituindo as constantes em (B.4), tem-se a decomposição em frações parciais do polinômio f (t),
f (t) =
2
1
t−9
=
+
.
(t + 5)(t − 2)
t+5 t−2
CASO 2: O denominador Q(t) é um produto de fatores lineares, contendo alguns dos
fatores repetidos.
Vamos supor que o primeiro fator (a1 t+b1 ) seja repetido n−vezes, ou seja, (a1 t+b1 )n ,
ocorrendo da fatoração de Q(t).
R(t)
A1
A2
A1
=
+
+ ··· +
.
2
Q(t)
(a1 t + b1 ) (a1 t + b1 )
(a1 t + b1 )n
(B.-3)
2
t +1
Exemplo B.2. Use frações parciais em f (t) = (t−3)(t−2)
2.
O fator linear (t − 2) repete duas vezes. Decompondo em frações parciais, temos
t2 + 1
A1
A2
A3
=
+
+
2
(t − 3)(t − 2)
t − 3 t − 2 (t − 2)2
(B.-3)
Multiplicando os lados da equação pelo produto (t − 3)(t − 2)2 , temos
t2 + 1 = A1 (t − 2)2 + A2 (t − 3)(t − 2) + A3 (t − 3)
Fazendo t = 1, obtemos A3 = −5. Do mesmo modo, t = 3, obtemos A1 = 10 e por fim,
t = 0, tem-se A2 = −9.
Substituindo em (B.6), encontramos a decomposição do polinômio f (t) em frações
parciais
10
9
5
t2 + 1
=
−
+
.
2
(t − 3)(t − 2)
t − 3 t − 2 (t − 2)2
CASO 3: O denominador Q(t) possui fatores quadráticos irredutíveis, sem apresentar
repetições.
Quando dizemos que um polinômio possui fatores quadráticos irredutíveis, estamos
afirmando que o fator se apresenta da forma at2 + bt + c, com b2 − 4ac < 0. E nas frações
R(t)
parciais
apresenta um termo na forma
Q(t)
At + B
+ bt + c
at2
(B.-5)
em que, A e B são constantes a serem determinadas.
10
Exemplo B.3. Dado f (t) = (t−1)(t
2 +9) , aplique o método das frações parciais.
2
O polinômio Q(t) = (t − 1)(t + 9) possui um termo da forma do (caso 1) e um termo
da forma do (caso 3). Assim,
10
A
Bt + C
=
+ 2
2
(t − 1)(t + 9)
t−1
t +9
66
(B.-5)
Multiplicando ambos os lados da equação por (t − 1)(t2 + 9), temos
10 = A(t2 + 9) + (Bt + C)(t − 1)
= At2 + 9A + Bt2 − Bt + Ct − C
= (A + B)t2 + (−B + C)t + (9A − C)
Igualando os coeficientes, obtemos um sistema e encontramos A = 1, B = −1 e C = −1.
Substituindo na equação (B.8), temos a decomposição em frações parciais da f (t),
10
1
t+1
=
− 2
.
(t − 1)(t2 + 9)
t−1
t +9
CASO 4: O denominador Q(t) apresenta fatores quadráticos irredutíveis repetidos.
Supondo Q(t) tendo um fator (at2 + bt + c)n , com b2 − 4ac, 0, então decompomos em
frações parciais da forma
A1 t + B1
A2 t + B2
An t + Bn
R(t)
= 2
+
+
2
2
Q(t)
at + bt + c (at + bt + c)
(at2 + bt + c)2
Exemplo B.4. Escreva na forma de frações parciais a função f (t) =
t(t2
(B.-9)
1
.
+ 4)2
Inici-
almente, fazemos
t(t2
A Bt + C
Dt + E
1
= + 2
+ 2
2
+ 4)
t
t +4
(t + 4)2
(B.-9)
Multiplicando ambos os lados da igualdade, obtemos
2
1 = A t2 + 4 + (Bt + C) (t t2 + 4 ) + (Dt + E) t
= A t4 + 8t2 + 16 + (Bt + C) t3 + 4t + (Dt + E) t
= At4 + 8t2 + 16A + Bt4 + 4Bt + Ct3 + 4Ct + Dt2 + Et
1
Igualando os coeficientes,obtemos um sistema e consequentemente os valores de A = 16
,
1
1
B = − 16 , C = 0 e D = 4 . Substituindo os respectivos valores na equação (B.10), obtemos
a f (t) decomposta em frações parciais,
1
1
t
t
=
.
−
+
t(t2 + 4)2
16t 16(t2 + 4) 4(t2 + 4)2
67
Apêndice C
Tabela de Transformadas de Laplace
A tabela segundo [FIGUEIREDO, 2005] a seguir apresenta algumas funções e suas
respectivas transformadas de Laplace. A tabela está dividada em três partes. A primeira
encontra-se as funções, a segunda suas respecitivas transformadas e a terceira identifica o
domínio da transformada.
Tabela C.1: Alguma funções e suas transformadas de Laplace
Função
Tranformada de Laplace
f (t)
L {f (t)} = F (s)
k
k
s
1
eat
s−a
a
sen at
2
s +a2
s
cos at
s2 +a2
n!
tn , n = 1, 2, 3, ..
sn+1
2as
tsen at
(s2 +a2 )2
s2 −a2
t cos at
(s2 +a2 )2
b
eat sen bt
(s−a)2 +b2
s−a
eat cos bt
(s−a)2 +b2
a
sinh at
s2 −a2
s
cosh at
s2 −a2
n!
tn eat
s−an+1
1
f (at)
F as
a
eat f (t)
F (s − a)
0
f (t)
sF (s) − f (0)
00
0
f (t)
s2 F (s) − sf (0) − f (0)
f n (t)
sn F (s) − sn−1 f (0) − · · · − f n−1 (0)
dn
tn f (t)
(−1)n ds
n F (s)
Rt
1
F (s)
f (τ )dτ
s
0
δ(t)
1
−st0
δ(t − t0 )
e
e−cs
uc (t)
s
uc (t)f (t − c)
e−cs F (s)
Rt
f (t − τ )g(τ )
F (s)G(s)
0
68
Domínio de F
k>0
s>a
s>0
s>0
s>0
s>0
s>0
s>a
s>a
s > |a|
s > |a|
s>a
s>a
Depende da F
O mesmo da F
O mesmo da F
O mesmo da F
s>0
s>0
s>0
O mesmo da F
s>0
O mesmo da F
s>0