Transformada de Laplace | 6ª Lista de Exercícios Resolvidos

Neste artigo temos mais 12 exercícios resolvidos sobre  Transformada de Laplace.

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)).

Na solução dos exercícios abaixo usamos as integrais tabeladas dadas abaixo. Para uma tabela mais completa sobre a Transformada de Laplace, confira este nosso artigo.

6ª Lista de Exercícios Resolvidos sobre Transformada de Laplace

1) Calcule as Transformadas Inversas abaixo:

a) \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{-1}{(s-2)^2} \right)

SOLUÇÃO: 

Observe que $$ \frac{-1}{(s-2)^2} = \frac{d}{ds} \frac{1}{s-2} \qquad \text{e} \qquad \frac{1}{s-2} = \mathscr{L} \left( e^{2t} \right) .$$

Portanto, pela propriedade da derivada da Transformada de Laplace encontramos $$ \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{-1}{(s-2)^2} \right) = -t e^{2t} .$$

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

SOLUÇÃO: 

Observe que $$ \frac{-4s}{(s+4)^2} = \frac{d}{ds} \frac{2}{s^2+2} \qquad \text{e} \qquad \frac{2}{s^2 +4} = \mathscr{L} \left( \text{sen} (2t) \right) .$$

Portanto, pela propriedade da derivada da Transformada de Laplace encontramos $$ \mathscr{L}^{-1} \left( {-4s}{s^2+4} \right) = -t \text{sen}(2t) .$$

c) \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{s-7}{25+(s-7)^2} \right)

SOLUÇÃO: 

Observe que $$F(s) = \frac{s}{s^2 + 25} = \mathscr{L}\left( \text{cos} (5t) \right) $$ e nossa solução é obtida de F(s) usando a propriedade do deslocamento na frequência, e pela substituição s por s-7 ; ou seja, $$ \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{s-7}{25+(s-7)^2} \right) =e^{7t} \text{cos} (5t). $$

d) \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1}{s^2-4s+9} \right)

SOLUÇÃO: 

Vamos completar quadrados do denominador s^2-4s+9 : $$ \frac{1}{s^2-4s+9} = \frac{1}{s^2 -4s + 4 +(9-4)} = \frac{1}{(s-2)^2 + 5}. Agora, como $$ \frac{1}{s^2 +5} = \mathscr{L} \left( \frac{1}{\sqrt{5}} \text{sen} \left( \sqrt{5} t  \right) \right).$$

Portanto, usando a propriedade do deslocamento na frequência, $$ \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{1}{s^2-4s+9} \right) = \frac{1}{\sqrt{5}} e^{2t} \text{sen} \left( \sqrt{5} t  \right)$$

e) \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{s}{s^2 -4s + 9 } \right)

SOLUÇÃO: 

Observe que $$ \frac{s}{s^2 -4s + 9 } =  \frac{s-2}{(s-2)^2+5} + \frac{2}{(s-2)^2+5}$$ Agora, como $$ \frac{s}{s^2 +5} = \mathscr{L} \left( \text{cos} \left( \sqrt{5} t  \right) \right).$$ Portanto, usando a propriedade do deslocamento na frequência, e o exercícios anterior encontramos $$ \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{s}{s^2 -4s + 9 } \right) = \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{s-2}{(s-2)^2+5} \right) + \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{2}{(s-2)^2+5} \right) = \\ = e^{2t} \text{cos} \left( \sqrt{5} t  \right) + \frac{2}{\sqrt{5}} e^{2t} \text{sen} \left( \sqrt{5} t  \right).$$

f) \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{s^2-6s+10}{(s-3)(s^2 -3s + 2) } \right)

SOLUÇÃO: 

Usando Frações Parciais encontramos $$ \frac{s^2-6s+10}{(s-3)(s^2 -3s + 2) } = \frac{5}{2\,\left( s-1\right) }-\frac{2}{s-2}+\frac{1}{2\,\left( s-3\right) }.$$ Logo, $$ \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{s^2-6s+10}{(s-3)(s^2 -3s + 2) } \right) = \\ =\frac{5}{2}\mathscr{L}^{-1} \left( \frac{1}{s-1}\right) – \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{2}{s-2} \right) + \frac{1}{2} \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{1}{s-3} \right) = \frac{{e}^{3\,t}}{2}-2\,{e}^{2\,t}+\frac{5\,{e}^{t}}{2} $$

2) Encontre as transformadas de Laplace

a) \mathscr{L} \left( \text{sen}(t) e{3t} \right)

SOLUÇÃO: 

A Transformada de Laplace de \text{sen} (t) é \dfrac{1}{s^2 +1} . Desta forma, para calcular \mathscr{L} \left( \text{sen}(t) e{3t} \right) , só precisamos, usando a propriedade do deslocamento na frequência, s por s-3 ; ou seja, $$ \mathscr{L} \left( \text{sen}(t) e{3t} \right)  = \frac{1}{(s-3)^2 +1} .$$

b) \mathscr{L} \left( t e^t \right)

SOLUÇÃO: 

A Transformada de Laplace de e^{t} é \dfrac{1}{s-1} . Desta forma, para calcular \mathscr{L} \left(t e^t \right) Usamos a propriedade da derivada da Transformada de Laplace obtemos $$ \mathscr{L} \left(t e^t \right) = (-1)^{1} \frac{d}{ds} \frac{1}{s-1} = \frac{1}{(s-1)^2}$$

c) \mathscr{L} \left( t^{13} \right)

SOLUÇÃO: 

Usando a propriedade da derivada da Transformada de Laplace obtemos $$ \mathscr{L} \left( t^{13} \right) = (-1)^{13} \frac{d^{13}}{ds^{13}} \frac{1}{s} = \frac{(13)!}{s^{14}}$$

3) Sabendo que $$ \mathscr{L} \left( \frac{f(t)}{t} \right) = \int\limits_{s}^{\infty}{F(u)du}$$ quando \mathscr{L} \left(f(t) \right) = F(s) e \lim_{t \rightarrow 0}{\dfrac{f(t)}{t}} existe, calcule:

a) \mathscr{L} \left( \dfrac{\text{sen}(t)}{t} \right)

SOLUÇÃO: 

Como \mathscr{L} \left( \text{sen}(t) \right) =  \dfrac{1}{s^2+1} e, pelo primeiro limite fundamental, \lim_{t \rightarrow 0}{\dfrac{\text{sen}(t)}{t} } = 1 , então, $$ \mathscr{L} \left( \frac{\text{sen}(t)}{t} \right) = \int\limits_{s}^{\infty}{\frac{1}{u^2+1}du} = \left[ \text{arctan}(u) \right]_{s}^{\infty} = \frac{\pi }{2}-\mathrm{arctan}\left( s\right) .$$

b) \mathscr{L} \left( \dfrac{\text{cos}(at)-1}{t} \right)

SOLUÇÃO: 

Como \mathscr{L} \left( \text{cos}(at)-1\right) =  \dfrac{s}{s^2+a^2} - \dfrac{1}{s} e \lim_{t \rightarrow 0}{\dfrac{\text{cos}(at)-1}{t} } = a \lim_{t \rightarrow 0}{\text{sen}(at) }=0 , então, $$ \mathscr{L} \left( \frac{\text{cos}(at)-1}{t} \right) = \int\limits_{s}^{\infty}{\frac{u}{u^2+a^2} – \frac{1}{u} du} = \left[ \frac{\mathrm{log}\left( {u}^{2}+{a}^{2}\right) }{2}-\mathrm{log}\left( u\right) \right]_{s}^{\infty} = \frac{1 }{2} \ln{\left( \frac{s^2 +a^2}{s^2} \right)}  .$$

c) \mathscr{L} \left( \dfrac{e^{at}-e^{bt}}{t} \right)

SOLUÇÃO: 

Como \mathscr{L} \left( e^{at}-e^{bt} \right) =  \dfrac{1}{s-a} - \dfrac{1}{s-b} e, pela Regra de L’Hospital, \lim_{t \rightarrow 0}{\dfrac{e^{at}-e^{bt}}{t} } = a - b , então, $$ \mathscr{L} \left( \frac{e^{at}-e^{bt}}{t} \right) = \int\limits_{s}^{\infty}{ \left( \frac{1}{u-a} – \frac{1}{u-b} \right) du} = \left[ \ln{ \left( \frac{u-a}{u-b} \right) } \right]_{s}^{\infty} = 0 – \ln{\left( \frac{s-a}{s-b} \right)} = \ln{\left( \frac{s-b}{s-a} \right)}   .$$

Listas de Exercícios Resolvidos:

• Transformada de Laplace | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Transformada de Laplace | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Transformada de Laplace | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Transformada de Laplace | 4ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Transformada de Laplace | 5ª Lista de Exercícios Resolvidos

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