Transformada de Laplace | 2ª 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)).

2ª Lista de Exercícios Resolvidos sobre Transformada de Laplace

1) Calcule as transformadas abaixo:

a) \mathscr{L} \left[(t-2)^3 u(t-2)  \right]

SOLUÇÃO: Como a=2, segue do teorema da Translação que $$ \mathscr{L} \left[(t-2)^3 u(t-2)  \right] = e^{-2s} \mathscr{L} \left[t^3 \right] = \frac{6e^{-2s}}{s^4} $$

b) \mathscr{L} \left[sen(t) u(t- 2 \pi)  \right]

SOLUÇÃO: Nesse caso será necessário um ajuste para aplicar o Teorema da Translação. Lembrando que a função seno tem período igual a 2 \pi , então sen(t) = sen (t - 2 \pi) .

Logo, \mathscr{L} \left[sen(t) u(t- 2 \pi)  \right] = \mathscr{L} \left[sen(t - 2 \pi) u(t- 2 \pi)  \right].

Desta forma, como a=2, segue do teorema da Translação que $$ \mathscr{L} \left[sen(t – 2 \pi) u(t- 2 \pi)  \right] = e^{-2 \pi s} \mathscr{L} \left[sen(t) \right] = \frac{e^{-2 \pi s}}{s^2 +1}. $$

c) \mathscr{L} \left[(2t-3) u(t- 1)  \right]

SOLUÇÃO: O Teorema da Translação não pode ser aplicado imediatamente para o cálculo de \mathscr{L} \left[(2t-3) u(t- 1)  \right], pois a função a ser transformada não está na forma f(t-a) u(t-a) .

Teremos, então que escrever 2t -3 , em termos de t-1: $$ 2t -3 = 2 (t – 1) -1.$$

Logo, $$\mathscr{L} \left[(2t-3) u(t- 1)  \right] = \mathscr{L} \left[(2 (t – 1) -1) u(t- 1)  \right] = $$ $$ = e^{-s} \mathscr{L} \left[(2t – 1)  \right] = e^{-s} \left( \frac{2}{s^2} – \frac{1}{s} \right) . $$

d) \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 \mathscr{L} \left( t e^{-2t} \right) usando:

a) A definição;

SOLUÇÃO: Pela definição da Transformada de Laplace encontramos:

$$\int_{0}^{ \infty}{\left( t e^{-2t} \right) e^{-st} dt} = \int_{0}^{ \infty}{ t  e^{-st-2t} dt} = $$ $$ = \left[ \frac{-te^{-(s+2)t}}{s+2} \right]_{0}^{ \infty} + \frac{1}{s+2} \int_{0}^{ \infty}{ e^{-st-2t} dt} = $$ $$ = \left[ \frac{-te^{-(s+2)t}}{s+2} \right]_{0}^{ \infty} = \frac{1}{(s+2)^2} ; \;\;\; s> -2.$$

b) A tabela de Transformadas de Laplace e a propriedade adequada.

SOLUÇÃO: Usando o deslocamento na frequência, como \mathscr{L} \left( t \right) = F(s) = \dfrac{1}{s^2} , então $$\mathscr{L} \left( t e^{-2t} \right) = F(s+2) = \frac{1}{(s+2)^2} .$$

3) Calcule \mathscr{L} \left( f(t)  \right) sendo $$f(t) = \left\{ \begin{array}{lll}
0 & ; & 0<t<3\\
2& ; & t \geq 3\\
\end{array} \right. $$

SOLUÇÃO: Pela definição da Transformada de Laplace encontramos:

$$ \mathscr{L} \left( f(t)  \right) = \int_{0}^{ \infty}{e^{-st} f(t) dt} = $$ $$ = \int_{0}^{ 3}{e^{-st} 0 dt} + \int_{3}^{ \infty}{e^{-st} 2 dt}  = \int_{3}^{ \infty}{e^{-st} 2 dt} = $$ $$ =  \left[ – \frac{2 e^{-st}}{s} \right]_{3}^{\infty} = \frac{2 e^{3s}}{s}, \;\;\; s>0 .$$

4) Calcule:

a) \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{3s+5}{s^2 +7} \right);

SOLUÇÃO: Essa fração pode ser escrita como a soma de duas frações:

$$ \frac{3s+5}{s^2 +7} = \frac{3s}{s^2 +7}  + \frac{5}{s^2 +7} .$$

Pela linearidade da transformada inversa e pela tabela, encontramos:

$$ \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{3s+5}{s^2 +7} \right) = \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{3s}{s^2 +7}  \right) + \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{5}{s^2 +7} \right) = $$ $$ = 3 \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{s}{s^2 +(\sqrt{7})^2}  \right) + \frac{5}{\sqrt{7}} \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{\sqrt{7}}{s^2 +(\sqrt{7})^2} \right) =$$ $$ = 3 cos (\sqrt{7} t) + \frac{5}{\sqrt{7}} sen(\sqrt{7} t).$$

b) \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s-1)(s+2)(s+4)} \right);

SOLUÇÃO:  Usando Frações Parciais encontramos:

$$ \frac{1}{(s-1)(s+2)(s+4)} = \frac{1/15}{(s-1)} + \frac{-1/6}{(s+2)} \frac{1/10}{(s+4)}. $$

Logo, pela linearidade da Transformada Inversa de Laplace:

$$ \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s-1)(s+2)(s+4)} \right) = \frac{1}{15} \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s-1)}\right) – $$ $$- \frac{1}{6} \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s+2)}\right) + \frac{1}{10} \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s+4)}\right) = $$ $$ = \frac{1}{15} e^{t} – \frac{1}{6} e^{-2t} + \frac{1}{10} e^{-4t} .$$

5) Calcule:

a) \mathscr{L} ^{-1} \left( \dfrac{e^{- s \pi/2}}{s^2 +9} \right);

SOLUÇÃO: Verificamos que a = \dfrac{ \pi}{2}   e f(t) = \mathscr{L} ^{-1} \left( \dfrac{1}{s^2 +9} \right) = \dfrac{1}{3} sen(3t) . Portanto, usando o Teorema da Translação: $$\mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{e^{- s \pi/2}}{s^2 +9} \right) = \frac{1}{3} sen \left( 3 \left[ t – \frac{\pi}{2} \right]  \right) u \left( t – \frac{\pi}{2} \right).$$

Usando uma propriedade podemos refinar esse resultado encontrando $$\mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{e^{- s \pi/2}}{s^2 +9} \right) = \frac{1}{3} cos (3t) u \left( t – \frac{\pi}{2} \right).$$

b) \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 $$\mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{(s-1)} \right) = e^t * e^{-4t}  = \int_{0}^{t}{e^{ \tau } e ^{-4 (t – \tau)} d \tau} = \frac{e^t}{5} – \frac{e^{-4t}}{5} .$$

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

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