A Convolução e a Transformada de Laplace

A convolução é uma ferramenta poderosa no uso da Transformada de Laplace, principalmente na solução de Equações Diferenciais. A convolução refere-se a um produto generalizado para resolvermos o seguinte problema: Sejam f e g duas funções que admitam transformadas dadas por \mathscr{L}(f) e \mathscr{L}(g) então, salvo em casos particulares, $$\mathscr{L}(f) \neq \mathscr{L}(f).\mathscr{L}(g).$$

Veremos que \mathscr{L}(f).\mathscr{L}(g) é a transformada da Convolução de f e g que ainda precisa ser definida.

A Definição da Convolução

A integral $$h(t) = (f * g )(t) = \int_{0}^{t}{f(\tau)g(t-\tau)d\tau}$$ e denominada convolução de f e g, denotada pela notação f*g.

EXEMPLO:

A convolução de f(t) = e^t e g(t) = sen(t) é dada por $$h(t) = e^t * sen(t) = \int_{0}^{t}{e^{\tau}sen(t-\tau)d\tau} = \frac{1}{2}  \left(-sen(t) – cos(t) +t. \right).$$

O Teorema da Convolução

Se duas funções f e g satisfazem as condições de existência da Transformada de Laplace, e f e g sejam, respectivamente, suas transformadas, então o produto H=FG é a transformada da convolução de f e g.

Ou seja, $$\mathscr{L}(f).\mathscr{L}(g) = \mathscr{L}(f*g),$$ por consequência, $$\mathscr{L}^{-1}(F.G) = f*g .$$

EXEMPLO

Seja H(s) = \dfrac{1}{(s-a) s }. Encontre h(t).

Sabemos que $$\mathscr{L}^{-1}\left( \frac{1}{(s-a)} \right) = f(t) = e^{at}$$ e $$\mathscr{L}^{-1}\left( \frac{1}{s} \right) = g(t) = 1.$$

Assim, como f(\tau) = e^{a \tau} e g(\tau-t) =1, obtemos

$$h(t) = e^{at} * 1 = \int_{0}^{t}{e^{a \tau}.1 d\tau} = \frac{1}{a} \left( e^{a \tau} \right)_{0}^{t} = \frac{1}{a} \left( e^{a t} – 1\right)$$

EXEMPLO

Seja H(s) = \dfrac{1}{(s^2 + w^2)^2}. Encontre h(t)

Sabemos que $$\mathscr{L}^{-1}\left( \frac{1}{(s^2 + w^2)} \right) = f(t) = \frac{\sin{(wt)}}{w}.$$

Assim,

$$ h(t) = \frac{\sin{(wt)}}{w} * \frac{\sin{(wt)}}{w}$$

$$ h(t) = \int_{0}^{t}{\frac{\sin{(w\tau)}}{w}.\frac{\sin{(w(t-\tau))}}{w} d\tau} $$

$$ h(t) = \frac{1}{w^2} \int_{0}^{t}{\sin{(w\tau)}.\sin{(w(t-\tau))}d\tau}$$

Sabendo que \sin{x}.\sin{y} = \frac{1}{2} \left[ -\cos{(x+y)} + \cos{(x-y)} \right], encontramos

$$ h(t)  = \frac{1}{w^2} \int_{0}^{t}{\sin{(w\tau)}.\sin{(w(t-\tau))}d\tau}$$

$$ h(t)  =\frac{1}{2w^2} \int_{0}^{t}{\left( – \cos{wt} + \cos{w\tau} \right)d\tau}$$

$$ h(t)  = \frac{1}{2w^2} \left[ -\tau \cos{wt} + \frac{\sin{(w\tau)}}{w} \right]^{t}_{0}$$

$$ h(t)  =\frac{1}{2w^2} \left[ -t \cos{wt} + \frac{\sin{(wt)}}{w} \right]$$

EXEMPLO

Seja F(s) = \dfrac{s^4 +8s^2 + 10s +6}{5s^5-5s^4+40s^3-40s^2+80s-80}. Determine \mathscr{L} ^{-1} (F(s)).

SOLUÇÃO: Observe que, usando Frações Parciais e completamento de quadrados encontramos  $$ \frac{s^4 +8s^2 + 10s +6}{5s^5-5s^4+40s^3-40s^2+80s-80} = \frac{2}{{\left( {s}^{2}+4\right) }^{2}}+\frac{1}{5\,\left( s-1\right) } = $$ $$=\frac{1}{2} \frac{4}{{\left( {s}^{2}+4\right) }^{2}}+\frac{1}{5\,\left( s-1\right) } = \frac{1}{2} \left( \frac{2}{{\left( {s}^{2}+4\right) }} \right) ^2+\frac{1}{5\,\left( s-1\right) }$$ o que nos leva a $$\mathscr{L} ^{-1} (F(s)) = \frac{1}{2}  [sen(2t) * sen(2t)] + \frac{1}{5} e^{t}.$$

Como sen(2t) * sen(2t) = \dfrac{1}{2} \left[ -t cos(2t) + \dfrac{sen(2t)}{2} \right] , então

$$\mathscr{L} ^{-1} (F(s)) = \frac{1}{4}  \left[ -t cos(2t) + \frac{sen(2t)}{2} \right] + \frac{1}{5} e^{t}.$$

EXEMPLO (Equação Integral de Volterra)

O teorema da convolução é útil para resolver outros tipos de equações em que uma função não conhecida aparece sob um sinal de integração.

Um desses caso envolve uma equação integral especial, conhecida como Equação Integral de Volterra. Elas são dadas na forma $$f(t) = g(t) + \int_{0}^{t}{f(\tau ) h(t- \tau) d \tau}$$ onde as funções f(t) e g(t) são conhecidas.

Vamos resolver a equação de Volterra $$f(t) = 3t^2 – e^{-t} – \int_{0}^{t}{f(\tau ) e^{(t- \tau)} d \tau}.$$

Pelo teorema da convolução $$ \mathscr{L} \left[ f(t) \right] = 3 \mathscr{L} \left[ t^2 \right] – \mathscr{L} \left[  e^{-t} \right]- \mathscr{L} \left[  f(t ) \right] \mathscr{L} \left[ e^t  \right]$$

Logo, assumindo F(s) = \mathscr{L} \left[ f(t) \right] , obtemos

$$F(s) = \frac{6}{s^3} – \frac{1}{s+1} – \frac{F(s)}{s-1} \Rightarrow F(s) = \frac{6(s-1)}{s^4} – \frac{s-1}{s(s+1)}.$$ Portanto $$f(t) = \mathscr{L}^{-1} \left[ \frac{6(s-1)}{s^4} – \frac{s-1}{s(s+1)} \right] = 3 t^2 – t^3 + 1 – 2 e^{-t}.$$

Propriedades da Convolução

 A convolução f*g possui algumas propriedades que são comuns a algumas propriedades da multiplicação ordinária, são elas

\begin{eqnarray*}
f*g & =& g*f\\
f*(g_1+g_2) & = & f*g_1 +f*g_2\\
(f*g)*h & = & f*(g*h)\\
f*0& = & 0*f = 0\\
\end{eqnarray*}

Porém, outras propriedades da multiplicação ordinária não são satisfeitas pela convolução, por exemplo $$ f*1  \neq  f $$ (por exemplo: a função f(t)=t) e nem sempre podemos garantir que $$(f*f)(t) \geq 0 $$ (como exemplo para esse caso use o segundo exemplo acima com w=1).

Solucionando Equações Diferenciais usando a Convolução

EXEMPLO

Considere a EDO $$y”+y = \sin{t}.$$

Sabemos pela transformada de Laplace que a solução desta EDO é dada por $$y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{1}{(s^2 +1)^2} \right)$$

Pela convolução,

$$y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{1}{(s^2 +1)^2} \right) = \sin{t} * \sin{t} = \frac{1}{2} \left[ -t \cos{t} +\sin{(t)} \right]$$

EXEMPLO

Encontre a solução do problema de valor inicial $$y”+4y = g(t),$$ com y(0) =3 e y'(0) = -2.

Temos que, pela transformada de Laplace

$$s^2 Y – 3s +1 +4Y = G(s) \Leftrightarrow Y = \dfrac{3s-1}{s^2 +4} + \dfrac{G(s)}{s^2+4} = 3\dfrac{s}{s^2 +4} – \dfrac{1}{2}\dfrac{2}{s^2+4} + \dfrac{1}{2}G(s)\dfrac{2}{s^2+4}.$$ Logo,

$$ y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{3s-1}{s^2 +4} + \dfrac{G(s)}{s^2+4}\right)$$

$$ y(t) = \mathscr{L}^{-1} \left( 3\dfrac{s}{s^2 +4} – \dfrac{1}{2}\dfrac{2}{s^2+4} + \dfrac{1}{2}G(s)\dfrac{2}{s^2+4} \right)$$

$$ y(t) = 3 \cos{2t} – \dfrac{1}{2}\sin{2t} + \dfrac{1}{2} \sin{2t}*g(t) $$

EXEMPLO

Encontre a solução do P.V.I. y'' + 4y = e^t +sen(2t) com y(0) = 1/5 e y'(0) = 1/5.

Aplicando a Transformada de Laplace em ambos os lados da equação, encontramos $$s^2 Y – \frac{1}{5} s – \frac{1}{5}  + 4 Y = \frac{1}{s-1} + \frac{2}{s^2 +4},$$ o que nos leva a $$Y(s) = \frac{s^4 +8s^2 + 10s +6}{5s^5-5s^4+40s^3-40s^2+80s-80} .$$

Observe que, usando Frações Parciais e completamento de quadrados encontramos  $$ \frac{s^4 +8s^2 + 10s +6}{5s^5-5s^4+40s^3-40s^2+80s-80} = \frac{2}{{\left( {s}^{2}+4\right) }^{2}}+\frac{1}{5\,\left( s-1\right) } = $$ $$=\frac{1}{2} \frac{4}{{\left( {s}^{2}+4\right) }^{2}}+\frac{1}{5\,\left( s-1\right) } = \frac{1}{2} \left( \frac{2}{{\left( {s}^{2}+4\right) }} \right) ^2+\frac{1}{5\,\left( s-1\right) }$$ o que nos leva a $$\mathscr{L} ^{-1} (F(s)) = \frac{1}{2}  [sen(2t) * sen(2t)] + \frac{1}{5} e^{t}.$$

Como sen(2t) * sen(2t) = \dfrac{1}{2} \left[ -t cos(2t) + \dfrac{sen(2t)}{2} \right] , então

$$\mathscr{L} ^{-1} (F(s)) = \frac{1}{4}  \left[ -t cos(2t) + \frac{sen(2t)}{2} \right] + \frac{1}{5} e^{t}.$$

Logo, a solução da EDO é dada por $$y(t) = \frac{1}{4}  \left[ -t cos(2t) + \frac{sen(2t)}{2} \right] + \frac{1}{5} e^{t}.$$

Lista de Exercícios Resolvidos sobre a Convolução:

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