Transformada de Laplace e a Convolução | Lista de Exercícios Resolvidos

A convolução é uma ferramenta poderosa no uso da Transformada de Laplace, principalmente na solução de Equações Diferenciais. 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.

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

Transformada de Laplace e a Convolução | Lista de Exercícios Resolvidos

1) Calcule \mathscr{L} \left[e^{-t} *e^t cos(t)  \right]

SOLUÇÃO: Usando o Teorema da convolução, encontramos:

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

2) Calcule:

a) F(s) = \dfrac{1}{(s-3)(s+5)} (usando a convolução).

Observe que $$\frac{1}{(s-3)(s+5)} = \frac{1}{s-3} \times \frac{1}{s+5}.$$ e, além disso, $$\mathscr{L}^{-1}\left( \frac{1}{s-3} \right) = e^{3t} \;\;\;e \;\;\; \mathscr{L}^{-1}\left( \frac{1}{s+5} \right) = e^{-5t}$$  Logo, pelo Teorema da Convolução, $$ f(t) =  \mathscr{L}^{-1} (F(s)) = e^{3t} * e^{-5t} = \int_{0} ^{t} {e^{3 \tau} e^{-5 (t- \tau)} d\tau}=$$ $$= \int_{0} ^{t} {e^{3 \tau -5 t +5  \tau}d\tau} = \int_{0} ^{t} {e^{8 \tau -5 t} d\tau} = \left( \frac{e^{-5t + 8 \tau}}{8} \right)_{0}^{t} = \frac{e^{3t} – e^{-5t}}{8}.$$

b) F(s) = \dfrac{5}{(s^2+1)^2}, (usando a convolução).

Neste caso, como $$\mathscr{L}^{-1}\left( \frac{1}{s^2+1} \right) = sen(t),$$ então $$ f(t) =  \mathscr{L}^{-1} (F(s)) = 5  sen(t) * sen(t) =\frac{5}{2} (-tcos(t) + sen(t)).$$ O cálculo dessa convolução foi feito nesse artigo.

c) F(s) = \dfrac{1}{s^2 (s-2)} (usando a convolução).

Observe que $$\mathscr{L}^{-1}\left( \frac{1}{s^2} \right) = t \;\;\;e\;\;\; \mathscr{L}^{-1}\left( \frac{1}{s-2} \right) = e^{2t}. $$ Assim, $$\mathscr{L}^{-1}\left( \frac{1}{s^2 (s-2)} \right) = t*e^{2t} = \int^{t}_{0}{e^{2 \tau} (t-\tau)d\tau} = \int^{t}_{0}{t e^{2 \tau} d\tau}  + \int^{t}_{0}{\tau e^{2 \tau} d\tau}= $$ $$=  \left( \frac{t}{2} e^{2 \tau} – \frac{e^{2 \tau} (2 \tau -1)}{4} \right)_{0}^{t} = \frac{2 e^{2t} – 2t – e^{2t} (2t -1) -1}{4}.$$

d) \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s-1)(s+4)} \right) (usando a convolução);

SOLUÇÃO: Neste caso, observe que $$\mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s-1)} \right) = e^t \;\;\; e \;\;\; \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s+4)} \right) = e^{-4t} . $$

Consequentemente, pelo Teorema da Convolução $$\mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s-1)} \right) = e^t * e^{-4t}  = \int_{0}^{t}{e^{ \tau } e ^{-4 (t – \tau)} d \tau} = \frac{e^t}{5} – \frac{e^{-4t}}{5} .$$

e) \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s^2 + 4s +5) ^2} \right) (usando a convolução);

SOLUÇÃO: Usando o completamento de quadrados e a tabela encontramos $$ \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s^2 + 4s +5)} \right) = e^{2t} sen(t).$$

Portanto, usando o Teorema da Convolução, encontramos $$ \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s^2 + 4s +5) ^2} \right) = e^{2t} sen(t) * e^{2t} sen(t) = $$ $$ = \int_{0}^{t}{e^{2t} sen(t) e^{2(t – \tau)} sen((t – \tau)) d \tau} = \frac{2\,{e}^{4\,t}\,{\mathrm{sen} ^{2} \left( t\right) }+\left( {e}^{2\,t}-{e}^{4\,t}\,\mathrm{cos}\left( t\right) \right) \,\mathrm{sen}\left( t\right) }{5} .$$

f) \mathscr{L} \left[e^{-t} *e^t cos(t)  \right]

SOLUÇÃO: Usando o Teorema da convolução, encontramos:

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

g) \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s-1)(s+4)} \right) (usando a convolução);

SOLUÇÃO: Neste caso, observe que $$\mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s-1)} \right) = e^t \;\;\; e \;\;\; \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s+4)} \right) = e^{-4t} . $$

Consequentemente, pelo Teorema da Convolução $$\mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s-1)} \right) = e^t * e^{-4t}  = \int_{0}^{t}{e^{ \tau } e ^{-4 (t – \tau)} d \tau} = \frac{e^t}{5} – \frac{e^{-4t}}{5} .$$

h) \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s^2 + 4s +5) ^2} \right) (usando a convolução);

SOLUÇÃO: Usando o completamento de quadrados e a tabela encontramos $$ \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s^2 + 4s +5)} \right) = e^{2t} sen(t).$$

Portanto, usando o Teorema da Convolução, encontramos $$ \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s^2 + 4s +5) ^2} \right) = e^{2t} sen(t) * e^{2t} sen(t) = $$ $$ = \int_{0}^{t}{e^{2t} sen(t) e^{2(t – \tau)} sen((t – \tau)) d \tau} = \frac{2\,{e}^{4\,t}\,{\mathrm{sen} ^{2} \left( t\right) }+\left( {e}^{2\,t}-{e}^{4\,t}\,\mathrm{cos}\left( t\right) \right) \,\mathrm{sen}\left( t\right) }{5} .$$

3) 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

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

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

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

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

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