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Esta primeira parte não é particularmente útil para a maioria dos exercícios, mas pode dar jeito
para deduzir algumas expressões não frequentemente utilizadas e em exercícios mais complicados.
Seja f : [ 0 , + ∞ [ → R f: [0, +\infty[ \to \R f : [ 0 , + ∞ [ → R Transformada de Laplace f f f
L { f } ( s ) = F ( s ) = ∫ 0 + ∞ f ( t ) e − s t d t \lapt{f} (s) = F(s) = \int_{0}^{+\infty} f(t) \ e^{-st} \d t L { f } ( s ) = F ( s ) = ∫ 0 + ∞ f ( t ) e − s t d t Se a função f f f [ 0 , T ] [0, T] [ 0 , T ] T ∈ R + T \in \R^+ T ∈ R +
∣ f ( t ) ∣ ≤ M e α t , ∀ t ≥ 0 |f(t)| \leq M e^{\alpha t} \quad,\quad \forall t \geq 0 ∣ f ( t ) ∣ ≤ M e α t , ∀ t ≥ 0 para certas constantes M > 0 M >0 M > 0 α ∈ R \alpha \in \R α ∈ R f f f Re s > α \operatorname{Re} s > \alpha Re s > α
Demonstração Para qualquer t > 0 t > 0 t > 0 s ∈ C s \in \C s ∈ C Re s > α ⇔ α − Re s < 0 \operatorname{Re} s > \alpha \Leftrightarrow \alpha - \operatorname{Re} s < 0 Re s > α ⇔ α − Re s < 0
∣ e − s t f ( t ) ∣ = ∣ e ( − Re s ) t ∣ ∣ e − i ( Im s ) t ∣ ∣ f ( t ) ∣ ≤ e ( − Re s ) t M e α t = M e ( α − Re s ) t \left|e^{-st} f(t) \right| = \left| e^{(-\operatorname{Re} s)t}\right| \left| e^{-i(\operatorname{Im} s)t} \right| \left| f(t) \right | \leq e^{(-\operatorname{Re} s) t} M e^{\alpha t} = M e^{(\alpha - \operatorname{Re}s)t} e − s t f ( t ) = e ( − Re s ) t e − i ( Im s ) t ∣ f ( t ) ∣ ≤ e ( − Re s ) t M e α t = M e ( α − Re s ) t Então, para Re s > α \operatorname{Re} s > \alpha Re s > α
∣ ∫ 0 + ∞ e − s t f ( t ) d t ∣ ≤ ∫ 0 + ∞ M e ( α − Re s ) t d t = M lim R → + ∞ e ( α − Re s ) t α − Re s ∣ 0 R = M Re s − α \left| \int_{0}^{+\infty} e^{-st} f(t) \d t \right| \leq \int_{0}^{+\infty} M e^{(\alpha - \operatorname{Re}s)t} \d t =
M \lim_{R \to +\infty} \frac{e^{(\alpha -\operatorname{Re}s)t}}{\alpha-\operatorname{Re}s} \bigg|^R_0 = \frac{M}{\operatorname{Re}s-\alpha} ∫ 0 + ∞ e − s t f ( t ) d t ≤ ∫ 0 + ∞ M e ( α − Re s ) t d t = M R → + ∞ lim α − Re s e ( α − Re s ) t 0 R = Re s − α M info
Sendo f ( t ) = e a t , a ∈ R f(t) = e^{at}, a \in \R f ( t ) = e a t , a ∈ R a ∈ C a \in \C a ∈ C
L { e a t } ( s ) = ∫ 0 + ∞ e a t e − s t d t = lim R → + ∞ e ( a − s ) t a − s ∣ t = 0 R = 1 s − a , Re s > a \lapt{e^{at}} (s) = \int_{0}^{+\infty} e^{at} e^{-st} \d t = \lim_{R \to +\infty} \frac{e^{(a-s)t}}{a-s} \bigg |^R_{t=0} = \frac{1}{s-a}, \quad \operatorname{Re} s > a L { e a t } ( s ) = ∫ 0 + ∞ e a t e − s t d t = R → + ∞ lim a − s e ( a − s ) t t = 0 R = s − a 1 , Re s > a Como caso particular
L { 1 } ( s ) = L { e 0 t } ( s ) = 1 s , Re s > 0 \lapt{1}(s) = \lapt{e^{0t}} (s) = \frac{1}{s} , \operatorname{Re}s > 0 L { 1 } ( s ) = L { e 0 t } ( s ) = s 1 , Re s > 0 Tal como já tínhamos visto em CDI-I , a função Heaviside (centrada em c c c
H c ( t ) = { 0 se t < c 1 se t ≥ c H_c(t) = \begin{cases}
0 & \text{se} & t < c\\
1 & \text{se} & t \geq c
\end{cases} H c ( t ) = { 0 1 se se t < c t ≥ c Exemplo
Transformada de Laplace da função de Heaviside
Se c ≥ 0 c \geq 0 c ≥ 0
L { H c ( t ) } ( s ) = ∫ 0 + ∞ H ( t − c ) e − t s d t = ∫ c + ∞ e − t s d t = lim N → + ∞ − e − t s s ∣ c N = e − c s s , Re s > 0 \lapt{H_c(t)}(s) = \int_{0}^{+\infty} H(t-c)e^{-ts} \d t = \int_{c}^{+\infty} e^{-ts} \d t = \lim_{N\to +\infty} -\frac{e^{-ts}}{s} \bigg|^N_c = \frac{e^{-cs}}{s}, \operatorname{Re} s > 0 L { H c ( t ) } ( s ) = ∫ 0 + ∞ H ( t − c ) e − t s d t = ∫ c + ∞ e − t s d t = N → + ∞ lim − s e − t s c N = s e − cs , Re s > 0
Linearidade
L { f + g } ( s ) = L { f } ( s ) + L { g } ( s ) \lapt{f+g} (s) = \lapt{f} (s) + \lapt{g}(s) L { f + g } ( s ) = L { f } ( s ) + L { g } ( s ) e para α ∈ R \alpha \in \R α ∈ R
L { α f } ( s ) = α L { f } ( s ) \lapt{\alpha f}(s) = \alpha \lapt{f}(s) L { α f } ( s ) = α L { f } ( s ) Consequentemente, para α , β ∈ R \alpha,\beta \in \R α , β ∈ R
L { α f + β g } ( s ) = α L { f } ( s ) + β L { g } ( s ) \lapt{\alpha f + \beta g}(s) = \alpha \lapt{f}(s) + \beta \lapt{g}(s) L { α f + β g } ( s ) = α L { f } ( s ) + β L { g } ( s )
Translação da Transformada de Laplace
Para a ∈ R a \in \R a ∈ R
L { e − a t f ( t ) } ( s ) = L { f ( t ) } ( s + a ) \lapt{e^{-at} f(t)} (s) = \lapt{f(t) } (s+a) L { e − a t f ( t ) } ( s ) = L { f ( t ) } ( s + a )
Derivada da Transformada de Laplace
Para n ∈ N n \in \N n ∈ N
d n d s n ( L { f ( t ) } ( s ) ) = ( − 1 ) n L { t n f ( t ) } ( s ) \frac{\d^n}{\d s^n} \left(\lapt{f(t)} (s) \right) = (-1)^n \lapt{t^n f(t)}(s) d s n d n ( L { f ( t ) } ( s ) ) = ( − 1 ) n L { t n f ( t ) } ( s )
Transformada de Laplace da Translação
Para c ∈ R + c \in \R^+ c ∈ R +
L { H ( t − c ) f ( t − c ) } ( s ) = e − c s L { f ( t ) } ( s ) \lapt{H(t-c) f(t-c)}(s ) = e^{-cs} \lapt{f(t)} (s) L { H ( t − c ) f ( t − c ) } ( s ) = e − cs L { f ( t ) } ( s )
Transformada de Laplace da Derivada
Se f f f [ 0 , + ∞ [ [0, +\infty[ [ 0 , + ∞ [ Re s > 0 \operatorname{Re} s > 0 Re s > 0
L { f ′ ( t ) } ( s ) = − f ( 0 ) + s L { f ( t ) } ( s ) \lapt{f'(t)}(s) = - f(0) + s\lapt{f(t)}(s) L { f ′ ( t ) } ( s ) = − f ( 0 ) + s L { f ( t ) } ( s ) E para uma derivada de ordem n n n
L { f ( n ) ( t ) } ( s ) = − f ( n − 1 ) ( 0 ) − s f ( n − 2 ) ( 0 ) − ⋯ − s n − 1 f ( 0 ) + s n L { f ( t ) } ( s ) \lapt{f^{(n)}(t)}(s) = -f^{(n-1)}(0) - sf^{(n-2)}(0) - \dots - s^{n-1} f(0) + s^n \lapt{f(t)}(s) L { f ( n ) ( t ) } ( s ) = − f ( n − 1 ) ( 0 ) − s f ( n − 2 ) ( 0 ) − ⋯ − s n − 1 f ( 0 ) + s n L { f ( t ) } ( s )
Através da definição e propriedades, é possível obter as Transformadas de Laplace de várias funções comuns.
Uma tabela pode ser encontrada na Cheat Sheet .
Para mais tarde conseguirmos resolver equações diferenciais através da Transformada de Laplace,
necessitamos de conseguir inverter a transformação de Laplace.
f ( t ) = L − 1 { F ( s ) } ⇔ L { f ( t ) } = F ( s ) f(t) = \mathcal{L}^{-1} \{F(s)\} \Leftrightarrow \lapt{f(t)} = F(s) f ( t ) = L − 1 { F ( s )} ⇔ L { f ( t ) } = F ( s ) Vejamos alguns exemplos
Exemplo
Calcule a inversa da Transformada de Laplace da seguinte função
F ( s ) = 1 s 2 + 4 s + 5 F(s) = \frac{1}{s^2+4s+5} F ( s ) = s 2 + 4 s + 5 1 Podemos reescrever a função numa forma que corresponde a uma transformada conhecida:
F ( s ) = 1 s 2 + 4 s + 5 = 1 ( s + 2 ) 2 + 1 F(s) = \frac{1}{s^2+4s+5} = \frac{1}{(s+2)^2 + 1} F ( s ) = s 2 + 4 s + 5 1 = ( s + 2 ) 2 + 1 1 Facilmente conseguimos reconhecer a transformada de e a t sin ( ω t ) e^{at} \sin(\omega t) e a t sin ( ω t )
F ( s ) = 1 ( s + 2 ) 2 + 1 = L { e − 2 t sin t } F(s) = \frac{1}{(s+2)^2 + 1} = \lapt{e^{-2t} \sin t} F ( s ) = ( s + 2 ) 2 + 1 1 = L { e − 2 t sin t } E, finalmente, obtemos a inversa:
f ( t ) = e − 2 t sin t f(t) = e^{-2t} \sin t f ( t ) = e − 2 t sin t Exemplos Variados Exemplo 1
Algo que pode acontecer é aparecer um termo e a s e^{as} e a s
Calcule a inversa da Transformada de Laplace da seguinte função
F ( s ) = e − 3 s s + 3 F(s) = \frac{e^{-3s}}{s+3} F ( s ) = s + 3 e − 3 s Podemos reparar na existência da transformada de e a t e^{at} e a t
F ( s ) = e − 3 s × 1 s + 3 = e − 3 s L { e − 3 t } F(s) = e^{-3s} \times \frac{1}{s+3} = e^{-3s} \lapt{e^{-3t}} F ( s ) = e − 3 s × s + 3 1 = e − 3 s L { e − 3 t } Se relembrarmos a propriedade da Transformada de Laplace da Translação ,
reparamos que temos de usar a função de Heaviside.
F ( s ) = e − 3 s L { e − 3 t } = L { H ( t − 3 ) e − 3 ( t − 3 ) } F(s) = e^{-3s} \lapt{e^{-3t}} = \lapt{H(t-3) e^{-3(t-3)}} F ( s ) = e − 3 s L { e − 3 t } = L { H ( t − 3 ) e − 3 ( t − 3 ) } Pelo que a inversa é:
f ( t ) = H ( t − 3 ) e − 3 ( t − 3 ) f(t) = H(t-3) e^{-3(t-3)} f ( t ) = H ( t − 3 ) e − 3 ( t − 3 ) Exemplo 2
Pode ser necessário aplicar o método da decomposição em frações simples ,
aprendido em CDI-I, de forma a conseguirmos identificar certas expressões.
Calcule a inversa da Transformada de Laplace da seguinte função
F ( s ) = 1 s 3 + 2 s 2 + s F(s) = \frac{1}{s^3+2s^2+s} F ( s ) = s 3 + 2 s 2 + s 1 Podemos começar por fatorizar o denominador:
F ( s ) = 1 s ( s + 1 ) 2 F(s) = \frac{1}{s(s+1)^2} F ( s ) = s ( s + 1 ) 2 1 Aplicado agora o método da decomposição em frações simples ,
omitido aqui para brevidade, obtermos
F ( s ) = 1 s ( s + 1 ) 2 = 1 s − 1 s + 1 − 1 ( s + 1 ) 2 F(s) = \frac{1}{s(s+1)^2} = \frac{1}{s} - \frac{1}{s+1} - \frac{1}{(s+1)^2} F ( s ) = s ( s + 1 ) 2 1 = s 1 − s + 1 1 − ( s + 1 ) 2 1 Assim, identificamos as transformadas de 1 1 1 e a t e^{at} e a t t n e a t t^n e^{at} t n e a t
F ( s ) = L { 1 } − L { e − t } − L { t e − t } = L { 1 − e − t − t e − t } \begin{aligned}
F(s) &= \lapt{1} - \lapt{e^{-t}} - \lapt{te^{-t}}\\
&= \lapt{1-e^{-t}-te^{-t}}
\end{aligned} F ( s ) = L { 1 } − L { e − t } − L { t e − t } = L { 1 − e − t − t e − t } Pelo que a inversa é:
f ( t ) = 1 − e − t − t e − t f(t) = 1-e^{-t}-te^{-t} f ( t ) = 1 − e − t − t e − t É possível resolver problemas de valor inicial (PVI) para uma equação linear de ordem n n n
{ y n + a n − 1 y ( n − 1 ) + ⋯ + a 1 y ′ + a 0 y = b ( t ) y ( 0 ) = b 0 y ′ ( 0 ) = b 1 ⋮ y ( n − 1 ) ( 0 ) = b n − 1 \begin{cases}
y^n + a_{n-1}y^{(n-1)} + \dots + a_1y' + a_0y = b(t)\\
y(0) = b_0\\
y'(0) = b_1\\
\quad \vdots\\
y^{(n-1)}(0) = b_{n-1}
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ y n + a n − 1 y ( n − 1 ) + ⋯ + a 1 y ′ + a 0 y = b ( t ) y ( 0 ) = b 0 y ′ ( 0 ) = b 1 ⋮ y ( n − 1 ) ( 0 ) = b n − 1 Este método consiste nos seguintes passos:
Aplicar a Transformada de Laplace a ambos os membros da equação diferencial do problema:
L { y n + a n − 1 y ( n − 1 ) + ⋯ + a 1 y ′ + a 0 y } ( s ) = L { b ( t ) } ( s ) \lapt{y^n + a_{n-1}y^{(n-1)} + \dots + a_1y' + a_0y}(s) = \lapt{b(t)}(s) L { y n + a n − 1 y ( n − 1 ) + ⋯ + a 1 y ′ + a 0 y } ( s ) = L { b ( t ) } ( s )
Aplicando as propriedades da transformada de Laplace, determinar Y ( s ) Y(s) Y ( s )
Y ( s ) = L { y ( s ) } Y(s) = \lapt{y(s)} Y ( s ) = L { y ( s ) }
Finalmente, determinar a função y ( t ) y(t) y ( t )
L { y ( t ) } ( s ) = Y ( s ) \lapt{y(t)}(s) = Y(s) L { y ( t ) } ( s ) = Y ( s ) ou seja,
y ( t ) = L − 1 { Y ( s ) } ( t ) y(t) = \mathcal{L}^{-1} \{Y(s)\}(t) y ( t ) = L − 1 { Y ( s )} ( t ) Diz-se que y ( t ) y(t) y ( t ) Y ( t ) Y(t) Y ( t )
Assim, obtém-se a solução y ( t ) y(t) y ( t )
Exemplo
Resolva o seguinte problema de valor inicial
y ′ ′ − 2 y ′ + y = t 5 e t , y ( 0 ) = 1 , y ′ ( 0 ) = 3 y'' - 2y' + y = t^5 e^t, y(0) = 1, y'(0) = 3 y ′′ − 2 y ′ + y = t 5 e t , y ( 0 ) = 1 , y ′ ( 0 ) = 3
Começamos por calcular a Transformada de Laplace de ambos os membros da equação.
L { y ′ ′ } − 2 L { y ′ } + L { y } = L { t 5 e t } \lapt{y''} - 2\lapt{y'} + \lapt{y} = \lapt{t^5 e^t} L { y ′′ } − 2 L { y ′ } + L { y } = L { t 5 e t }
Queremos agora descobrir Y ( s ) = L { y } Y(s) = \lapt{y} Y ( s ) = L { y } Y ( s ) Y(s) Y ( s )
s 2 Y ( s ) − s y ( 0 ) − y ′ ( 0 ) − 2 ( s Y ( s ) − y ( 0 ) ) + Y ( s ) = 5 ! ( s − 1 ) 6 ( s 2 − 2 s + 1 ) Y ( s ) − s y ( 0 ) − y ′ ( 0 ) + 2 y ( 0 ) = 5 ! ( s − 1 ) 6 ( s − 1 ) 2 Y − s − 1 = 5 ! ( s − 1 ) 6 Y ( s ) = s + 1 ( s − 1 ) 2 + 5 ! ( s − 1 ) 8 \begin{aligned}
s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0) - 2(s Y(s) - y(0)) + Y(s) &= \frac{5!}{(s-1)^6}\\
(s^2 - 2s + 1) Y(s) - sy(0) - y'(0) + 2y(0) &= \frac{5!}{(s-1)^6}\\
(s-1)^2 Y - s - 1 &= \frac{5!}{(s-1)^6}\\
Y(s) &= \frac{s+1}{(s-1)^2} + \frac{5!}{(s-1)^8}\\
\end{aligned} s 2 Y ( s ) − sy ( 0 ) − y ′ ( 0 ) − 2 ( s Y ( s ) − y ( 0 )) + Y ( s ) ( s 2 − 2 s + 1 ) Y ( s ) − sy ( 0 ) − y ′ ( 0 ) + 2 y ( 0 ) ( s − 1 ) 2 Y − s − 1 Y ( s ) = ( s − 1 ) 6 5 ! = ( s − 1 ) 6 5 ! = ( s − 1 ) 6 5 ! = ( s − 1 ) 2 s + 1 + ( s − 1 ) 8 5 !
Finalmente, temos de calcular a inversa da Transformada de Laplace de Y ( s ) Y(s) Y ( s )
Y ( s ) = s − 1 + 2 ( s − 1 ) 2 + 5 ! 7 ! 7 ! ( s − 1 ) 8 = 1 s − 1 + 2 ( s − 1 ) 2 + 1 7 × 6 7 ! ( s − 1 ) 8 = L { e t + 2 t e t + 1 42 t 7 e t } \begin{aligned}
Y(s) &= \frac{s-1+2}{(s-1)^2} + \frac{5!}{7!}\frac{7!}{(s-1)^8}\\
&= \frac{1}{s-1} + \frac{2}{(s-1)^2} + \frac{1}{7 \times 6} \frac{7!}{(s-1)^8}\\
&= \mathcal{L} \{e^t + 2 te^t + \frac{1}{42} t^7 e^t\}
\end{aligned} Y ( s ) = ( s − 1 ) 2 s − 1 + 2 + 7 ! 5 ! ( s − 1 ) 8 7 ! = s − 1 1 + ( s − 1 ) 2 2 + 7 × 6 1 ( s − 1 ) 8 7 ! = L { e t + 2 t e t + 42 1 t 7 e t }
Então, a solução geral da equação é
y ( t ) = e t + 2 t e t + t 7 42 e t = ( 1 + 2 t + t 7 42 ) e t y(t) = e^t + 2te^t + \frac{t^7}{42} e^t = (1+2t + \frac{t^7}{42}) e^t y ( t ) = e t + 2 t e t + 42 t 7 e t = ( 1 + 2 t + 42 t 7 ) e t Exemplos Resolva o seguinte problema de valor inicial
y ′ ′ − 2 y ′ + y = { e t se 0 ≤ t < 1 − e t se 0 ≤ t y ( 0 ) = y ′ ( 0 ) = 0 \begin{array}{c}
y'' - 2y' + y = \begin{cases}
e^t &\text{se } 0 \leq t < 1\\
-e^t &\text{se } 0 \leq t
\end{cases} & y(0) = y'(0) = 0
\end{array} y ′′ − 2 y ′ + y = { e t − e t se 0 ≤ t < 1 se 0 ≤ t y ( 0 ) = y ′ ( 0 ) = 0 Antes de começarmos a aplicar o método de resolução, temos de converter o "membro direito" da equação
numa expressão única.
Para isso, podemos usar a função Heaviside, pelo que obtemos
{ e t se 0 ≤ t < 1 − e t se 0 ≤ t = e t − 2 e t H ( t − 1 ) \begin{cases}
e^t &\text{se } 0 \leq t < 1\\
-e^t &\text{se } 0 \leq t
\end{cases} = e^t - 2e^t H(t-1) { e t − e t se 0 ≤ t < 1 se 0 ≤ t = e t − 2 e t H ( t − 1 ) Ficamos assim com a equação:
y ′ ′ − 2 y ′ + y = e t − 2 e t H ( t − 1 ) y'' - 2y' + y = e^t - 2e^t H(t-1) y ′′ − 2 y ′ + y = e t − 2 e t H ( t − 1 )
Começamos por calcular a Transformada de Laplace de ambos os membros.
L { y ′ ′ } − 2 L { y ′ } + L { y } = L { e t } − 2 L { e t H ( t − 1 ) } \lapt{y''} -2 \lapt{y'} + \lapt{y} = \lapt{e^t} - 2 \lapt{e^t H(t-1)} L { y ′′ } − 2 L { y ′ } + L { y } = L { e t } − 2 L { e t H ( t − 1 ) }
Queremos agora descobrir Y ( s ) = L { y } Y(s) = \lapt{y} Y ( s ) = L { y } Y ( s ) Y(s) Y ( s )
s 2 Y ( s ) − s y ( 0 ) − y ′ ( 0 ) − 2 s ( Y ( s ) − y ( 0 ) ) + Y ( s ) = 1 s − 1 + 2 e L { e t − 1 H ( t − 1 ) } ( s 2 − 2 s + 1 ) Y ( s ) = 1 s − 1 − 2 e × e − s × 1 s − 1 Y ( s ) = 1 ( s − 1 ) 3 − e × e − s 2 ( s − 1 ) 3 \begin{aligned}
s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0) - 2s (Y(s) - y(0)) + Y(s) &= \frac{1}{s-1} + 2e \mathcal{L} \{e^{t-1} H(t-1)\}\\
(s^2 - 2s + 1) Y(s) &= \frac{1}{s-1} - 2e \times e^{-s} \times \frac{1}{s-1}\\
Y(s) &= \frac{1}{(s-1)^3} - e\times e^{-s} \frac{2}{(s-1)^3}\\
\end{aligned} s 2 Y ( s ) − sy ( 0 ) − y ′ ( 0 ) − 2 s ( Y ( s ) − y ( 0 )) + Y ( s ) ( s 2 − 2 s + 1 ) Y ( s ) Y ( s ) = s − 1 1 + 2 e L { e t − 1 H ( t − 1 )} = s − 1 1 − 2 e × e − s × s − 1 1 = ( s − 1 ) 3 1 − e × e − s ( s − 1 ) 3 2
Finalmente, temos de calcular a inversa da Transformada de Laplace de Y ( s ) Y(s) Y ( s )
Y ( s ) = 1 2 L { t 2 e t } − e × e − s L { t 2 e t } Y ( s ) = 1 2 L { t 2 e t } − e L { ( t − 1 ) 2 e t − 1 H ( t − 1 ) } Y ( s ) = L { t 2 2 e t − e ( t − 1 ) 2 e t − 1 H ( t − 1 ) } \begin{aligned}
Y(s) &= \frac{1}{2} \mathcal{L} \{t^2 e^t \} - e \times e^{-s} \mathcal{L} \{t^2 e^t\}\\
Y(s) &= \frac{1}{2} \mathcal{L} \{t^2 e^t \} - e \mathcal{L} \{(t-1)^2 e^{t-1} H(t-1)\}\\
Y(s) &= \lapt{\frac{t^2}{2} e^t - e (t-1)^2 e^{t-1} H(t-1)}
\end{aligned} Y ( s ) Y ( s ) Y ( s ) = 2 1 L { t 2 e t } − e × e − s L { t 2 e t } = 2 1 L { t 2 e t } − e L {( t − 1 ) 2 e t − 1 H ( t − 1 )} = L { 2 t 2 e t − e ( t − 1 ) 2 e t − 1 H ( t − 1 ) }
Então, a solução geral da equação é:
y ( t ) = t 2 2 e t − e ( t − 1 ) 2 e t − 1 H ( t − 1 ) y ( t ) = ( t 2 2 − H ( t − 1 ) ( t − 1 ) 2 ) e t \begin{aligned}
y(t) &= \frac{t^2}{2}e^t - e(t-1)^2 e^{t-1} H(t-1)\\
y(t) &= \left(\frac{t^2}{2} - H(t-1) (t-1)^2\right) e^t
\end{aligned} y ( t ) y ( t ) = 2 t 2 e t − e ( t − 1 ) 2 e t − 1 H ( t − 1 ) = ( 2 t 2 − H ( t − 1 ) ( t − 1 ) 2 ) e t Opcionalmente, podemos dividir em dois casos para remover a função de Heaviside:
y ( t ) = { t 2 2 e t se 0 ≤ t < 1 ( t 2 2 − ( t − 1 ) 2 ) e t se t ≥ 1 y(t) = \begin{cases}
\frac{t^2}{2} e^t & \text{se } 0 \leq t < 1\\
\left(\frac{t^2}{2} - (t-1)^2\right) e^t & \text{se } t \geq 1
\end{cases} y ( t ) = { 2 t 2 e t ( 2 t 2 − ( t − 1 ) 2 ) e t se 0 ≤ t < 1 se t ≥ 1 A delta de Dirac é a distribuição que verifica
δ ( t ) = 0 ∀ t ∈ R \ { 0 } \begin{darray}{c}
\delta(t) = 0 & \forall t \in \R \backslash \{0\}
\end{darray} δ ( t ) = 0 ∀ t ∈ R \ { 0 } ∫ − ∞ + ∞ δ ( x ) d x = 1 \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(x) \d x = 1 ∫ − ∞ + ∞ δ ( x ) d x = 1 Se f f f t = 0 t=0 t = 0
∫ − ∞ + ∞ δ ( t ) f ( t ) d t = f ( 0 ) \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(t) f(t) \d t = f(0) ∫ − ∞ + ∞ δ ( t ) f ( t ) d t = f ( 0 ) Mais genericamente, podemos definir a distribuição delta de Dirac centrada num dado c ∈ R c \in \R c ∈ R
δ c ( t ) = δ ( t − c ) \delta_c(t) = \delta(t-c) δ c ( t ) = δ ( t − c ) A distribuição δ c ( t ) \delta_c(t) δ c ( t )
δ c ( t ) = 0 \delta_c(t) = 0 δ c ( t ) = 0 t ∈ R \ { c } t \in \R \backslash \{c\} t ∈ R \ { c }
∫ − ∞ + ∞ δ c ( t ) d t = 1 \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \delta_c(t) \d t = 1 ∫ − ∞ + ∞ δ c ( t ) d t = 1
Se f f f c c c ∫ − ∞ + ∞ δ c ( t ) f ( t ) d t = f ( c ) \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \delta_c(t)f(t) \d t = f(c) ∫ − ∞ + ∞ δ c ( t ) f ( t ) d t = f ( c )
Desta forma, obtemos a Transformada de Laplace da delta de Dirac :
Transformada de Laplace da Delta de Dirac
L { δ c ( t ) } = ∫ − ∞ + ∞ δ c ( t ) e − s t d t = e − c s \lapt{\delta_c(t)} = \int_{-\infty}^{+\infty} \delta_c(t)e^{-st} \d t = e^{-cs} L { δ c ( t ) } = ∫ − ∞ + ∞ δ c ( t ) e − s t d t = e − cs Exemplo Resolva o seguinte problema de valor inicial
y ′ ′ + 2 y ′ + y = 2 δ ( t − 2 ) y ( 0 ) = y ′ ( 0 ) = 0 \begin{darray}{c}
y'' + 2y' + y = 2\delta(t-2) & y(0) = y'(0) = 0
\end{darray} y ′′ + 2 y ′ + y = 2 δ ( t − 2 ) y ( 0 ) = y ′ ( 0 ) = 0
Começamos por calcular a Transformada de Laplace de ambos os membros.
L { y ′ ′ + 2 y ′ + y } = L { 2 δ ( t − 2 ) } \lapt{y''+2y'+y} = \lapt{2\delta(t - 2)} L { y ′′ + 2 y ′ + y } = L { 2 δ ( t − 2 ) }
Queremos agora descobrir Y ( s ) = L { y } Y(s) = \lapt{y} Y ( s ) = L { y } Y ( s ) Y(s) Y ( s )
− y ′ ( 0 ) − s y ( 0 ) + s 2 Y ( s ) + 2 ( − y ( 0 ) + s Y ( s ) ) + Y ( s ) = 2 e − 2 s ( s 2 + 2 s + 1 ) Y ( s ) = 2 e − 2 s Y ( s ) = e − 2 s 2 ( s + 1 ) 2 \begin{aligned}
-y'(0) - sy(0) + s^2 Y(s) + 2(-y(0) + sY(s)) + Y(s) &= 2e^{-2s}\\
(s^2+2s+1)Y(s) &= 2e^{-2s}\\
Y(s) &= e^{-2s} \frac{2}{(s+1)^2}
\end{aligned} − y ′ ( 0 ) − sy ( 0 ) + s 2 Y ( s ) + 2 ( − y ( 0 ) + s Y ( s )) + Y ( s ) ( s 2 + 2 s + 1 ) Y ( s ) Y ( s ) = 2 e − 2 s = 2 e − 2 s = e − 2 s ( s + 1 ) 2 2
Finalmente, temos de calcular a inversa da Transformada de Laplace de Y ( s ) Y(s) Y ( s )
Y ( s ) = e − 2 s L { 2 t e t } = L { 2 H ( t − 2 ) ( t − 2 ) e − ( t − 2 ) } \begin{aligned}
Y(s) &= e^{-2s} \lapt{2te^t}\\
&= \lapt{2H(t-2)(t-2)e^{-(t-2)}}
\end{aligned} Y ( s ) = e − 2 s L { 2 t e t } = L { 2 H ( t − 2 ) ( t − 2 ) e − ( t − 2 ) }
Então, a solução geral da equação é
y ( t ) = 2 H ( t − 2 ) ( t − 2 ) e − ( t − 2 ) y(t) = 2H(t-2)(t-2)e^{-(t-2)} y ( t ) = 2 H ( t − 2 ) ( t − 2 ) e − ( t − 2 )