Transformada de Laplace | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

Se f(t) é uma função definida para todo t \geq 0, sua Transformada de Laplace é uma função na variável s, chamada de F(s) e denotada por \mathscr{L} (f) é dada pela integral F(s) = \mathscr{L} (f) = \int_{0}^{\infty}{e^{-st}f(t)dt} = \lim_{T \rightarrow \infty}{\int_{0}^{T}{e^{-st}f(t)dt}}. A função dada f(t) é denominada de transformada inversa de F(s) e é denotada por \mathscr{L}^{-1} (F), ou seja, f(t) = \mathscr{L}^{-1} (F(s)).

1ª Lista de Exercícios Resolvidos sobre Transformada de Laplace

1) Encontre \mathscr{L} ^{-1} \left( \dfrac{1}{s(s^2+s+5/4)} \right)

SOLUÇÃO: Usando Frações Parciais encontramos:

$$\frac{1}{s(s^2+s+5/4)} = \frac{4}{5\,s}-\frac{16\,s+16}{5\,\left( 4\,{s}^{2}+4\,s+5\right) }$$

Logo, \mathscr{L} ^{-1} \left( \dfrac{1}{s(s^2+s+5/4)} \right) = \dfrac{4}{5} - \mathscr{L} ^{-1} \left(  \dfrac{16\,s+16}{5\,\left( 4\,{s}^{2}+4\,s+5\right) } \right) .

Como $$\mathscr{L} ^{-1} \left(  \frac{16\,s+16}{5\,\left( 4\,{s}^{2}+4\,s+5\right) } \right) = \frac{2\,{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{sin}\left( t\right) }{5}+\frac{4\,{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{cos}\left( t\right) }{5} .$$

Portanto, $$ \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{s(s^2+s+5/4)} \right) = \frac{4}{5} – \frac{2\,{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{sin}\left( t\right) }{5}+\frac{4\,{e}^{-\frac{t}{2}}\,\mathrm{cos}\left( t\right) }{5} .$$

2) Determine, pela definição, a Transformada de Laplace das funções:

a) f(t) = sen( \omega t)

Usando a fórmula de integração $$ \int{sen( a t) e^{bt}dt} = \frac{e^{bt} [b sen(at) -a cos(at)]}{b^2 +a^2}$$ temos que

$$ \int_{0}^{+ \infty} {sen( \omega t) e^{-st}dt} = \left[\frac{e^{-st} [(-s) sen(\omega t) – \omega cos( \omega t)]}{s^2 + \omega ^2} \right]^{+ \infty}_{0} = \frac{0 – (- \omega)}{s^2 + \omega ^2} = \frac{\omega}{s^2 + \omega ^2} $$

b) g(t) = cos ( \omega t)

Usando a fórmula de integração $$ \int e^{bt} cos(at)dt =  \frac{b e^{bt} cos(at) +  a e^{bt} sen(at)}{a^2 + b^2} $$ deduzida nesse artigo, temos que:

$$ \int_{0}^{+ \infty} {cos( \omega t) e^{-st}dt} = \left[  \frac{-s e^{-st} cos( \omega t) +  \omega e^{-st} sen(\omega t)}{\omega ^2 + s^2}  \right]^{+ \infty}_{0} = \frac{s}{s^2 + \omega ^2}$$

3) Utilizando a Tabela de Transformada de Laplace e suas propriedades básicas, determine \mathscr{L} [f(t)] para as funções abaixo:

a) f(t) = (t^2 - 3)^2

$$\mathscr{L} [f(t)] = \mathscr{L} [(t^2 – 3)^2] = \mathscr{L} [(t^4 – 6 t^2 +9)] = $$ $$= \mathscr{L} [t^4 ] – 6 \mathscr{L} [t^2] + \mathscr{L} [9] = 24/s^5 – 12/s^3 + 9/s$$

b) f(t) = e^{2t} cosh(t)

Como \mathscr{L} [cosh(t)] = \dfrac{s}{s^2 -1} , e usando o deslocamento na frequência \mathscr{L} (e^{at} f(t)) = F(s-a), então $$ \mathscr{L} [e^{2t} cosh(t)] = \frac{s-2}{(s-2)^2 -1}.$$

c) f(t) = cos( \omega t + \theta )

Como cos( \omega t + \theta ) = cos( \omega t) cos( \theta ) - sen( \omega t)sen( \theta), então $$ \mathscr{L} [cos( \omega t + \theta )] =  \mathscr{L} [cos( \omega t) cos( \theta ) – sen( \omega t)sen( \theta)] =$$ $$ = cos( \theta ) \mathscr{L} [cos( \omega t)] – sen( \theta) \mathscr{L} [sen( \omega t)] =cos( \theta) \frac{s }{s^2 + \omega ^2} – sen( \theta) \frac{\omega }{s^2 + \omega ^2}.$$

d) f(t) = -3t^4 e^{-1/2 t}

Como \mathscr{L} [t^4] = \dfrac{4!}{s^5} , e usando o deslocamento na frequência \mathscr{L} (e^{at} f(t)) = F(s-a)

$$ \mathscr{L} [-3t^4 e^{-1/2 t}] = -3 \mathscr{L} [-t^4 e^{-1/2 t}] = -\frac{72}{(s + 1/2)^5}$$

e) f(t) = sen^2(t)

Com a ajuda de uma identidade trigonométrica, linearidade e a tabela de Transformadas de Laplace encontramos:

$$ \mathscr{L} [sen^2 (t)] = \mathscr{L} \left[ \frac{1 – cos(2t)}{2}\right] = $$ $$=\frac{1}{2} \mathscr{L} [1] – \frac{1}{2} \mathscr{L} [cos (2t)] = \frac{1}{2s} – \frac{s}{2(s^2 +4)} = \frac{2}{s(s^2 + 4)}$$

4) Determine as Transformadas Inversas de F(s), sendo:

a) F(s) = \dfrac{2s + 16}{s^2 - 16}

$$F(s) = \frac{2s + 16}{s^2 – 16} = \frac{2s}{s^2 – 16} + \frac{16}{s^2 – 16}$$

O que nos leva a $$f(t) = 2 cosh(4t) + senh(4t).$$

b) F(s) = \dfrac{8}{s^2 + 4s}

$$F(s) = \frac{8}{s^2 + 4s} = \frac{8}{s(s + 4)} = \frac{2}{s} – \frac{2}{s+4}$$

O que nos leva a $$f(t) = 2 (1-e^{-4t})$$

c) F(s) = \dfrac{s-6}{(s-1)^2 +4}

$$ F(s) = \frac{s-6}{(s-1)^2 +4} = \frac{s-1}{(s-1)^2 +4} – \frac{5}{(s-1)^2 +4} = $$ $$= \frac{s-1}{(s-1)^2 +2^2} – \frac{5}{2} \frac{2}{(s-1)^2 +4}$$

O que nos leva a $$f(t) = e^t cos (2t) – \frac{5}{2} e^t sen(2t)$$

d) F(s) = \dfrac{\sqrt{8}}{(s+\sqrt{2})^3}

$$ F(s) = \frac{\sqrt{8}}{(s+\sqrt{2})^3} = \sqrt{8} \frac{1}{(s+\sqrt{2})^3} $$

Como \mathscr{L} [t^2] = \dfrac{2!}{s^3} então $$f(t) = \sqrt{2} t^2 e^{-\sqrt{2} t}$$

5) Calcule \mathscr{L} \left( 3t - 5sen(2t)  \right) usando:

a) A definição;

SOLUÇÃO: Pela definição da Transformada de Laplace encontramos:

$$\int_{0}^{ \infty}{\left( 3t – 5sen(2t)  \right) e^{-st} dt} = \int_{0}^{ \infty}{\left( 3t \right) e^{-st} dt} – \int_{0}^{ \infty}{\left(5sen(2t)  \right) e^{-st} dt} = $$ $$ = 3 \int_{0}^{ \infty}{t e^{-st} dt} – 5 \int_{0}^{ \infty}{sen(2t)) e^{-st} dt} = $$ $$ =3  \left[-\frac{\left( s\,t+1\right) \,{e}^{-s\,t}}{{s}^{2}} \right]_{0}^{ \infty} – 5  \left[ -\frac{{e}^{-s\,t}\,\left( s\,sen\left( 2\,t\right) +2\,\mathrm{cos}\left( 2\,t\right) \right) }{{s}^{2}+4}   \right]_{0}^{ \infty} =$$ $$ = 3 \frac{1}{s^2} \; – \; 5 \frac{2}{s^2 +4} = \frac{-7 s^2 + 12}{s^2 (s^2 +4)} ; \;\;\; s>0$$

b) A tabela de Transformadas de Laplace.

SOLUÇÃO: Pela propriedade da linearidade da Transformada de Laplace, podemos escrever $$ \mathscr{L} \left( 3t – 5sen(2t)  \right) = \mathscr{L} \left( 3t \right)  – \mathscr{L} \left( 5sen(2t)  \right) = \frac{3}{s^2} – \frac{2}{s^2+4} = \frac{-7 s^2 + 12}{s^2 (s^2 +4)} ; \;\;\; s>0 $$

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