Transformada de Laplace Inversa | Lista de Exercícios Resolvidos

Dizemos então que f(t) é a Transformada de Laplace Inversa de F(s) e escrevemos f(t) = \mathscr{L} ^{-1} \left[F(s)\right]. Nesta lista, iremos trabalhar com o problema de dada uma função  F(s) tentar encontrar uma função f(t) cuja transformada de Laplace seja F(s).

O uso da tabela de Transformadas de Laplace se faz necessário, assim como técnicas de cálculo (como as frações parciais) e propriedades básicas da própria Transformada de Laplace, como a linearidade, a translação, e a convolução.

É importante ressaltar que nem toda função de s é transformada de Laplace de alguma função contínua por partes de ordem exponencial.

Exercícios Resolvidos sobre a Transformada de Laplace Inversa:

1) Encontre \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{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( \frac{1}{s(s^2+s+5/4)} \right) = \frac{4}{5} - \mathscr{L} ^{-1} \left(  \frac{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 as Transformadas Inversas de F(s), sendo:

a) F(s) = \frac{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) = \frac{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) = \frac{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) = \frac{\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] = \frac{2!}{s^3} então $$f(t) = \sqrt{2} t^2 e^{-\sqrt{2} t}$$

3) Encontre a transformada  de Laplace inversa de \frac{1}{s(s^2+\omega ^2)}.

Temos que

\mathscr{L}^{-1} \left( \frac{1}{s(s^2+\omega ^2)} \right) = \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{1}{s}.\frac{1}{(s^2+\omega ^2)} \right)

Desta forma, F(s) = \frac{1}{s^2 + \omega ^2} = \frac{1}{w} \frac{\omega}{s^2 + \omega ^2}

Daí,

\mathscr{L}^{-1}(F(s)) = \frac{1}{w} \mathscr{L}^{-1}\left( \frac{\omega}{s^2 + \omega ^2} \right)= \frac{1}{w} \sin{(\omega t)}

Por fim, usando a propriedade da Transformada de Laplace da Integral, obtemos

\mathscr{L}^{-1} \left( \frac{1}{s(s^2+\omega ^2)} \right) = \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{1}{s}.\frac{1}{(s^2+\omega ^2)} \right) = \mathscr{L}^{-1} \left( \frac{1}{s}.F(s) \right) = \int_{0}^{t}{\frac{1}{w} \sin{(\omega \tau)}d\tau}=

=\left( \frac{-1}{\omega} \frac{\cos{\tau \omega}}{\omega} \right)_{0}^{t} = \frac{1}{\omega ^2} - \frac{\cos{\omega t}}{\omega^2}

4) Seja H(s) = \frac{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, usando a convolução, 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)

5) Determine a Transformada Inversa de Y (s) = \left( e^{-5s} - e^{-20s} \right)\dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)}

Pela Transformada inversa e pelo teorema da translação (que você confere aqui)

\begin{eqnarray*}
y & = & \mathscr{L}^{-1} \left[ \left( e^{-5s} – e^{-20s} \right)\dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \right]\\
\\
& = & \mathscr{L}^{-1} \left( e^{-5s} \dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \right) – \mathscr{L}^{-1} \left( e^{-20s} \left(\dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)}\right) \right)\\
\\
& = & u(t-5) \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \right ) – u(t-20) \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \right)\\
\end{eqnarray*}

Agora, precisamos determinar a transformada inversa $$g(t) =  \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \right).$$

Temos que $$\dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} = \dfrac{A}{s} + \dfrac{Bs + C}{(2s^2 + s + 2)} = \dfrac{1/2}{s} – \dfrac{s +1/2}{(2s^2 + s + 2)}$$

Daí,

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

Portanto,

$$g(t) =  \mathscr{L}^{-1} \left(\dfrac{1/2}{s} + \dfrac{1}{s(2s^2 + s + 2)} \right)$$

$$ g(t) =  \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1/2}{s} + \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{(s+1/4) + 1/4}{(s+1/4)^2 + 15/16} \right) \right)$$

$$ g(t) =\mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1/2}{s} \right)  + \dfrac{1}{2} \left( \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{(s+1/4)}{(s+1/4)^2 + 15/16} \right) \right.$$ $$ + \left. \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{(1/4)}{(s+1/4)^2 + 15/16} \right) \right)$$

$$ g(t)  = \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1/2}{s} \right) + \dfrac{1}{2}\mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{(s+1/4)}{(s+1/4)^2 + 15/16} \right) $$ $$ + \dfrac{1}{2}  \mathscr{L}^{-1} \left( \dfrac{1}{\sqrt{15}}\dfrac{(\sqrt{15}/4)}{(s+1/4)^2 + 15/16} \right) $$

$$ g(t) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} e^{-1/4 t} \cos{(\sqrt{15}/4) t} + \dfrac{\sqrt{15}}{30}e^{-1/4 t} \sin{(\sqrt{15}/4) t}$$

A solução deste caso é dada pela subtração de suas translações: $$y(t) = u(t-5) g(t-5) – u(t-20) g(t-20)$$

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

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:

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

7. \mathscr{L} ^{-1} \left( \dfrac{s+1}{s^2(s+2)^3} \right);

Por Frações Parciais encontramos $$ \frac{s+1}{s^2(s+2)^3} = \frac{-1/16}{s} + \frac{1/18}{s^2} + \frac{1/16}{s+2} – \frac{1/4}{(s+2)^3} .$$

Assim, $$ \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{s+1}{s^2(s+2)^3} \right) =  \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{-1/16}{s} + \frac{1/18}{s^2} + \frac{1/16}{s+2} – \frac{1/4}{(s+2)^3} \right) = $$ $$ =  \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{-1/16}{s}\right) +  \mathscr{L} ^{-1} \left(\frac{1/18}{s^2} \right) + \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1/16}{s+2} \right) – \frac{1}{8} \mathscr{L} ^{-1} \left(\frac{2}{(s+2)^3} \right)=$$ $$ = – \frac{1}{16} + \frac{1}{8} t + \frac{1}{16} e^{-2t} – \frac{1}{8} t^2 e ^{-2t}.$$

8. \mathscr{L} ^{-1} \left( \dfrac{3s-2}{s^3(s^2 + 4)} \right);

Por Frações Parciais encontramos $$ \frac{3s-2}{s^3(s^2 + 4)} = \frac{1/8}{s} + \frac{3/4}{s^2} – \frac{1/2}{s^3} + \frac{-s/8 -3/4}{s^2+4} .$$

Assim, $$ \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{3s-2}{s^3(s^2 + 4)} \right) = \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1/8}{s} + \frac{3/4}{s^2} – \frac{1/2}{s^3} + \frac{-s/8 -3/4}{s^2+4} \right) = $$ $$ =  \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1/8}{s} \right)  + \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{3/4}{s^2} \right) –  \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1/2}{s^3} \right) + \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{-s/8 -3/4}{s^2+4} \right)  = $$ $$ = \frac{1}{8} \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{s} \right)  + \frac{3}{4} \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{1}{s^2} \right) – \frac{1}{4}  \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{2}{s^3} \right) – \frac{1}{8} \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{s}{s^2+4} \right) – \frac{3}{8} \mathscr{L} ^{-1} \left( \frac{2}{s^2+4} \right)  = $$ $$ = – \frac{1}{8} + \frac{3}{4}t – \frac{1}{4}t^2 – \frac{1}{8}cos(2t) – \frac{3}{8} sen(2t) .  $$

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Assista nossa vídeo-aula sobre a Transformada de Laplace Inversa: