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Marcio Antonio Jorge da Silva
NOTAS DE AULA:
A Transformada de Laplace
Londrina, 12 de marco de 2013
Sumario
1 Introducao 2
1.1 Biografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2 A Transformada de Laplace 5
2.1 Definicao e Exemplos Iniciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.2 Transformacao Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.3 Mais Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
3 Propriedades da Transformada de Laplace 13
3.1 Propriedades Iniciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3.2 Teoremas de Translacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.3 O Teorema de Convolucao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.4 A funcao de Gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
4 Aplicacoes em Equacoes Diferenciais 33
4.1 Equacoes Lineares de Segunda Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
4.2 Exercıcios de Fixacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4.3 Equacoes Lineares de Ordem Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
5 Mais Aplicacoes em Equacoes Diferenciais 44
5.1 O sistema massa-mola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
5.2 Funcoes Impulso: O Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
5.3 Equacao Integro-Diferencial de Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
5.4 Exercıcios de Fixacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
6 Fracoes Parciais: Uma breve revisao 56
Referencias Bibliograficas 61
1 Introducao
A transformacao linear que estudaremos a seguir e o operador integral conhecido como
Transformada de Laplace 1. Esta transformada constitui-se de um importante instrumento
na resolucao de Equacoes Diferenciais Ordinarias (EDO) Lineares a coeficientes constantes
quando os metodos tradicionais e tecnicas elementares nao se mostram eficientes. O
metodo consiste em transformar uma equacao diferencial em uma Equacao Algebrica
(EA) que envolve as condicoes iniciais e, utilizando um processo de inversao, obtem-se a
solucao da equacao diferencial em questao.
A nocao intuitiva da Transformada de Laplace esta expressada nas figuras a seguir
L L-1
f(t) F(s) f(t)
L L-1
EDO EA Solução
Inicialmente, vamos aplicar a Transformada de Laplace em varias funcoes numa classe
especıfica. Em seguida, passaremos a obtencao de resultados e propriedades mais impor-
tantes da transformada. Uma boa parte destas notas sera dedicada a compreensao de
como a Transformada de Laplace atua em certas funcoes e quais as propriedades basicas
de tais transformadas. Para enfatizar a importancia da Transformada de Laplace, apre-
sentaremos ferramentas importantes como o Teorema da Convolucao, as Funcoes de Green
e a Funcao Gama, entres outras, com intuito de ampliar a classe de problemas a serem
estudados.
Para obter um bom desempenho no estudo da Transformada de Laplace e necessario
que se tenha um conhecimento basico sobre as EDO’s lineares e, tambem, que se recorde
alguns conceitos sobre limites, continuidade, derivadas e integrais (improprias) de funcoes
1Uma breve biografia de Laplace e dada a seguir
2
reais. Um bom manejo com fracoes parciais pode ajudar na resolucao de tranformadas
inversas. Ao final destas notas, uma breve revisao sobre fracoes parciais e feita com o
objetivo de relembrar o assunto para os leitores convenientes.
1.1 Biografia
Figura 1: Pierre Simon Laplace (1749-1827)
Astronomo e matematico frances, Marques de Pierre Simon de Laplace, nasceu na
localidade de Beumont-en-Auge, Provıncia da Normandia em 28 de marco de 1749. Filho
de um prospero fazendeiro, revelou um grande talento e perspicacia para a matematica
enquanto estudava teologia na Universidade de Caen.
Embora de origem modesta, pode estudar na Escola Militar da cidade natal. Pouco
depois, tornou-se professor de matematica nessa escola. Desfrutando da admiracao de
D’Alambert, obteve o lugar de professor da Academia Militar de Paris. Por volta de
1784, tomou parte na organizacao da Escola Politecnica e da Escola Normal, e ingres-
sou na antiga Academia de Ciencias. Daı em diante, ocupou alguns cargos polıticos de
importancia, como os de Ministro do Interior, com Napoleao, e o de vice-presidente do
Senado. Figurou como um dos ”quarenta imortais” da Academia Francesa.
Suas contribuicoes para a area exata foram na fısica, estudando sobre a teoria do
calor, mecanica celestial, velocidade do som entre outros estudos. Ja na matematica,
voltou sua atencao para o ramo da probabilidade, tomando como topico fundamental a
3
teoria dos erros. E neste mesmo perıodo, desenvolveu um metodo de solucao integral para
equacoes diferenciais: a Transformada de Laplace, cuja teoria, alias, o consagrou na area
de calculo devido a praticidade oferecida na resolucao de equacoes diferenciais. Estes sao
alguns exemplos dos estudos desenvolvidos por ele.
Laplace foi um dos mais influentes dentre os cientistas franceses em toda a historia.
Sua reputacao o tornou celebre e imortal, ficando conhecido como o ”Newton frances”.
Sua carreira foi importante por suas contribuicoes tecnicas para as ciencias exatas, para
o ponto de vista filosofico que ele desenvolveu durante sua vida e pela parcela que tomou
parte na formacao das modernas disciplinas cientıficas. Seus ultimos anos de vida foram
vividos em Arcueil, onde ele e um amigo quımico chamado Bertholet encontravam-se as-
sociados a um cırculo filosofico conhecido como Societe d’Arcueil. Laplace aparentemente
encontrou uma extensao anormal da modestia quando estava vivendo seus ultimos mo-
mentos na cama, onde ele pronunciou: ”O conhecimento que temos das coisas e pequeno,
na verdade, quando comparado com a imensidao daquilo em que ainda somos ignorantes”.
Fonte: http://www.fem.unicamp.br/∼em313/paginas/person/laplace.htm
Autor do texto: Fabio Andreotti.
Para mais detalhes, ver as seguintes referencias:
• American Council of Learned Societies. Dictionary of Scientific Biography, vol 15
& 16, pp.273-386.
• McGraw Hill. Encyclopedia of Science and Technology, vol 7 , pp. 400-403.
• Grolier. Encyclopedia Americana, vol 16, p. 756.
4
2 A Transformada de Laplace
2.1 Definicao e Exemplos Iniciais
Iniciamos com a principal definicao deste contexto
Definicao 2.1 Seja f : [0,∞) → R uma funcao. A Transformada de Laplace de f e
dada por
L[f(t)] =∫ ∞
0
e−stf(t) dt, (1)
supondo que a integral convirja para algum valor de s.
Note que a integral impropria em (1) nos fornece uma funcao de s e, por este motivo,
usaremos tambem as seguintes notacoes:
L[f(t)] = F (s) ou ainda L[f(t)](s).
Exemplo 2.1 Seja f(t) = cos(at), onde a e uma constante arbitraria. Entao,
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−st cos(at) dt = limB→∞
∫ B
0
e−st cos(at) dt =
= limB→∞
(e−sB
s2 + a2(a sin(aB)− s cos(aB)) +
s
s2 + a2
).
E este ultimo limite existe se, e so se, s > 0. Neste caso, tem-se que o limite assume o
valors
s2 + a2. Portanto, a transformada da funcao f(t) = cos(at) e
L[cos(at)] = s
s2 + a2para s > 0.
Exemplo 2.2 Seja f(t) = 1, ∀ t > 0. Temos que
L[f(t)] = L[1] =∫ ∞
0
e−st1 dt = limB→∞
∫ B
0
e−st dt = limB→∞
(−1
se−sB +
1
s
)=
1
s
quando s > 0. Logo L[1] = 1
s, s > 0.
As proximas definicoes tem o intuito de nos direcionar quais as propriedades que
forncerao condicoes suficientes para a existencia da Transformada de Laplace de uma
funcao f(t) dada.
5
Definicao 2.2 Uma funcao f : [0,+∞) → R e dita contınua por partes se:
(i) f e contınua em todos os pontos de qualquer intervalo [a, b] ⊂ [0,+∞) exceto num
numero finito pontos deste subintervalo.
(ii) Os limites
f(x+0 ) = limh→0+
f(x0 + h) e f(x−0 ) = limh→0+
f(x0 − h)
existem em cada ponto x0 ∈ [0,+∞).
Definicao 2.3 Diz-se que uma funcao f e de ordem exponencial no intervalo [0,∞) se
existem constantes C e α, com C > 0, tais que
|f(t)| ≤ Ceαt, ∀ t > 0.
Exemplo 2.3 Note que a funcao g(t) = eat, sendo a uma constante, e de ordem expone-
cial. A Transformada de Laplace da funcao g em [0,∞) e dada por
L[eat] =
∫ ∞
0
e−steat dt =
∫ ∞
0
e(a−s)t dt = limB→∞
∫ B
0
e(a−s)t dt
= limB→∞
(1
a− se(a−s)B +
1
s− a
)=
1
s− a, s > a.
Note que, este nao foi apenas um mero exemplo onde a funcao que e ordem exponencial
admite a Transformada de Laplace. Para comprovar a existencia da Transformada de
Laplace de funcoes contınuas por partes e de ordem exponencial temos o resultado a
seguir.
Teorema 2.1 Se f : [0,∞) → R e uma funcao contınua por partes e de ordem exponen-
cial, entao existe um numero α tal que∫∞0e−stf(t) dt = L[f(t)] converge para todos os
valores s > α.
6
Prova: Sabemos da analise real que se f e g sao funcoes integraveis em (a, b) com
a < b ≤ ∞ e f(t) ≤ g(t), ∀ t ∈ (a, b), entao vale a seguinte propriedade:∫ ∞
a
g(t) dt <∞ ⇒∫ ∞
a
f(t) dt <∞ (Teste de comparacao).
Como f e de ordem exponencial, consideremos as constantes C > 0 e α tais que
|f(t)| ≤ Ceαt. Assim,
L[f ] =∫ ∞
0
e−stf(t) dt ≤∫ ∞
0
e−stCeαt dt = C
∫ ∞
0
e(α−s)t dt =C
s− α, se s > α.
Logo, pelo teste de comparacao resulta
L[f(t)] =∫ ∞
0
e−stf(t) dt < ∞, ∀ s > α.
A recıproca do Teorema 2.1 e falsa, isto e, existem funcoes que admitem a Transfor-
mada de Laplace, mas nao sao de ordem exponencial, por exemplo, considere a funcao
f(t) =1√t, esta funcao nao e de ordem exponencial, como mostraremos a seguir, mas
admite a Transformada de Laplace, o que analisaremos mais adiante.
Com efeito, temos de mostrar que, para quaisquer constantes reais α e C > 0, existe
t > 0 tal que f(t) > Ceαt.
Note que limt→0+
1√t= +∞, entao, dado M > 0, existe δ > 0 tal que
1√t> M sempre
que 0 < t < δ.
Dadas quaisquer constantes α e C > 0, considere t suficientemente pequeno e tome
M = max{Ceαt, C}. Daı, segue que
1√t> M ≥ Ceαt.
Portanto a funcao f(t) =1√tnao e de ordem exponencial.
Com esse exemplo, temos que o conjunto das funcoes que possuem a Transformada
de Laplace e maior que o conjunto das funcoes de ordem exponencial. Porem, este ultimo
conjunto e suficientemente grande para nossos fins e contem a maioria das funcoes que
aparecem em nossas aplicacoes. Mais adiante, mostraremos que a transformada de Laplace
de f(t) = 1/√t existe.
7
2.2 Transformacao Linear
Denotemos por E o conjunto de todas as funcoes contınuas por partes e de ordem
exponencial, que sera considerado um espaco vetorial real, com as definicoes usuais de
adicao e multiplicacao por escalar (prova-se isto em um contexto mais amplo). E seja F
o conjunto de todas as funcoes a valores reais definidas em intervalos da forma [s0,∞),
onde s0 ∈ R. F pode ser considerado um espaco vetorial, desde que modifiquemos a
definicao de adicao usada ate entao em espacos de funcoes para nos adequarmos ao fato
de as funcoes de F nao serem definidas no mesmo intervalo.
Definicao 2.4 Se f e g sao duas funcoes quaisquer em F , temos que f + g e definida
como a funcao cujo domınio e a intersecao dos domınios de f e g, cujo valor em qualquer
ponto x nessa intersecao e (f + g)(x) = f(x) + g(x).´
Com esta nova definicao e com a multiplicacao por escalar usual, verifica-se facilmente
que F e um espaco vetorial real. Omitiremos aqui essa analise pois nao se encontra dentro
do objetivo principal deste contexto.
Pelas observacoes feitas, juntamente com o Teorema 2.1 podemos dizer que a trans-
formada de Laplace L aplica o espaco vetorial E no espaco vetorial F . Queremos ve-la
agora como uma transformacao linear. Contudo, ha uma dificuldade inicial em afirmar
que
L[f + g] = L[f ] + L[g].
Se considerarmos as funcoes f(t) = cos(at) e g(t) = −cos(at) temos que L[f ] + L[g]
e a funcao nula definida no intervalo (0,∞), e por outro lado, L[f + g] = L[0] e a funcao
nula definida em (−∞,∞). Visto esse exemplo, so podemos entao dizer que L[f + g]
e L[f ] + L[g] sao identicas para os valores de s para os quais ambas estao definidas, o
que nao e o mesmo que dizer que sao iguais. Mas esta dificuldade pode ser superada
simplesmente considerando duas funcoes em F como identicas quando coincidem num
intervalo da forma (a,∞). Desta forma, as duas funcoes obtidas acima sao consideradas
como iguais.
8
Realizadas essas observacoes, demonstraremos agora que L e transformacao linear de
E em F . Para isso temos o
Teorema 2.2 (Linearidade da Transformada de Laplace) Sejam f, g : [0,∞) →
R funcoes cujas Transformadas de Laplace existam. Entao,
L[af(t) + bg(t)] = aL[f(t)] + bL[g(t)], ∀ a, b ∈ R.
Prova: Pela definicao da transformada de Laplace temos:
L[af(t) + bg(t)] =
∫ ∞
0
e−st(af(t) + bg(t)) dt
=
∫ ∞
0
[ae−stf(t) + be−stg(t)] dt
= a
∫ ∞
0
e−stf(t) dt + b
∫ ∞
0
be−stg(t) dt
= aL[f(t)] + bL[g(t)].
Analisaremos agora se L e biunıvoca, ou seja, L[f ] = L[g] ⇒ f = g. Para garantir
esse resultado enuciaremos um importante teorema na teoria de Transformada de Laplace.
Teorema 2.3 (Teorema de Lerch) Sejam f e g funcoes contınuas por partes e de or-
dem exponencial. Suponhamos que exista um s0∈ R tal que
L[f(t)](s) = L[g(t)](s), ∀ s > s0.
Entao, com a possıvel excessao dos pontos de descontinuidade, f(t) = g(t), ∀ t > 0.
Prova: Ver [6]. Para uma referencia em portugues, ver tambem [4].
O Teorema de Lerch diz que o operador linar L e injetivo e portanto e inversıvel
lateralmente. Com isto, podemos dizer que se a equacao L[y] = φ(s) pode ser resolvida
9
em relacao a y, a solucao sera unica. Esta solucao e chamada de Transformada Inversa de
Laplace da funcao φ e sera denotada por L−1[φ]. Em resumo, vale a seguinte equivalencia:
L[y] = φ ⇔ L−1[φ] = y.
Falta verificarmos se L−1 aplica o espaco vetorial F no espaco vetorial E , isto equivale
a perguntarmos se L[y] = φ(s) tem solucao para toda funcao φ em F , o que nao e verdade.
Isto segue como consequencia do seguinte resultado.
Teorema 2.4 Se f e uma funcao de ordem exponencial, entao lims→∞
L[f(t)](s) = 0.
Prova: Como f e de ordem exponencial, pelo teorema 2.1 existem constantes C e α tais
que
|L[f(t)](s)| ≤ C
s− α∀s > α.
Assim − C
s− α≤ L[f(t)](s) ≤ C
s− α, e passando o limite quando s→ ∞ resulta que
0 ≤ lims→∞
L[f(t)](s) ≤ 0,
donde lims→∞
L[f(t)](s) = 0.
A recıproca e falsa, conforme comprovaremos mais adiante com a transformada de
f(t) = 1/√t. A contrapositiva nos garante que existem funcoes no espaco F que nao
possuem Transformadas de Laplace Inversas em E , veja o exemplo a seguir.
Exemplo 2.4 As funcoes s, sen(s) es
s+ 1nao possuem Transformadas de Laplace In-
versas em E , pois nenhuma das funcoes citadas tendem a zero quando s→ ∞.
2.3 Mais Exemplos
Exemplo 2.5 Verifique que L[sin(at)] = a
s2 + a2para s > 0.
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Solucao: Pela definicao,
L[sin(at)] =∫ ∞
0
e−st sin(at)dt = limB→∞
∫ B
0
e−st sin(at)dt.
Usando integracao por partes,
∫ B
0
e−st sin(at)dt =−ae−sB cos(aB)
s2 + a2− se−sB sin(aB)
s2 + a2+
a
s2 + a2,
de onde segue que
limB→∞
∫ B
0
e−st sin(at)dt = limB→∞
[−ae−sB cos(aB)
s2 + a2− se−sB sin(aB)
s2 + a2+
a
s2 + a2
]= lim
B→∞
[(−e−sB
s2 + a2
)(a cos(aB) + s sin(aB)) +
a
s2 + a2
]=
a
s2 + a2, s > 0.
Portanto,
L[sin(at)] = a
s2 + a2para s > 0.
Exemplo 2.6 Verifique que L [cosh(at)] =s
s2 − a2para s > |a|.
Solucao: Como cosh(at) =eat + e−at
2, entao
L[cosh(at)] = L[eat + e−at
2
]=
1
2L[eat] + 1
2L[e−at].
lembrando que a L e um operador linear, conforme Teorema 2.2. Conforme ja verificamos,
L[eat] = 1
s− a, s > a e L[e−at] =
1
s+ a, s > −a
Entao, para s > |a|, obtemos:
L[cosh(at)] =1
2L[eat] + 1
2L[e−at]
=1
2
1
(s− a)+
1
2
1
(s+ a)
=s
s2 − a2.
11
Exemplo 2.7 Verifique que L[sinh(at)] = a
s2 − a2para s > |a|.
Solucao: Exercıcio. (Lembre-se que sinh(at) = eat−e−at
2)
Exemplo 2.8 Verifique que L[tn] = n!
sn+1.
Solucao: Usando a definicao e integracao por partes,
L[tn] =
∫ ∞
0
e−sttndt
=−e−st
stn∣∣∣∣∞0
+n
s
∫ ∞
0
e−sttn−1dt
=n
s
∫ ∞
0
e−sttn−1dt
=n
sL[tn−1], n = 1, 2, 3, · · ·
Logo,
L[tn] = n
sL[tn−1] =
n(n− 1)
s2L[tn−2] = · · · = n(n− 1) · · · 1
snL[1] = n!
sn+1.
Exemplo 2.9 Verifique que L[f(t)] = e−sc
s, s > 0, onde
f(t) =
0, se t < c,
1, se t ≥ c.
Solucao: De fato,
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stf(t)dt
=
∫ ∞
c
e−stdt = limB→∞
∫ B
c
e−stdt
= limB→∞
−e−st
s
∣∣∣∣Bc
= limB→∞
(−e−sB
s+e−sc
s
)=
e−sc
s, s > 0.
12
3 Propriedades da Transformada de Laplace
Primeiramente, vamos relembrar algumas Transformadas de Laplace de funcoes que
obtemos anteriormente.
L[1] = 1
s, s > 0.
L[cos(at)] = s
s2 + a2, s > 0.
L[sin(at)] = a
s2 + a2, s > 0.
L[eat] = 1
s− a, s > a.
L[tn] = n!
sn+1, s > 0, n ∈ N.
Para ampliar e estruturar formas convenientes de resolver equacoes diferenciais, va-
mos fornecer ferramentas que sao indispensaveis no uso da Transformada de Laplace.
Iniciaremos com duas importantes formulas que envolvem transformadas de derivadas e
integrais.
3.1 Propriedades Iniciais
A seguir veremos a formula que exprime a Transformada de Laplace da derivada de
uma funcao f qualquer. Este e um dos resultados que sera mais utilizado na resolucao
das EDO’s e, por isso, e uma importantıssima ferramenta da Tranformada de Laplace.
Antes, porem, facamos a seguinte observacao:
Observacao 3.1 Se f e uma funcao contınua em (0,∞) com derivada f ′ contınua por
partes e de ordem exponencial, entao f tambem e de ordem exponencial e
limt→∞
e−stf(t) = 0,
para s grande o suficiente.
Com efeito, sendo f ′ de ordem exponencial temos que existem constantes α e C > 0
tais que
|f ′(t)| ≤ Ceαt =⇒ −Ceαt ≤ f ′(t) ≤ Ceαt.
13
Integrando esta desigualdade tem-se
−Cαeαt ≤ f(t) ≤ C
αeαt =⇒ |f(t)| ≤ C
αeαt.
Logo, f e de ordem exponecial. Alem disso,
0 ≤ |e−stf(t)| = e−st|f(t)| ≤ C
αe−steαt =
C
αe−(s−α)t.
Tomando s suficientemente grande (por exemplo s > α), entao limt→∞
Ce−(s−α)t = 0. Isto
implica que
limt→∞
e−stf(t) = 0, s > α.
Teorema 3.1 Seja f uma funcao contınua em (0,∞) e suponhamos que f ′ e contınua
por partes e de ordem exponencial em [0,∞). Entao,
L[f ′(t)] = sL[f(t)]− f(0+) onde f(0+) = limt→0+
f(t). (2)
Prova: Por definicao
L[f ′(t)] =
∫ ∞
0
e−stf ′(t) dt
= limB→∞
∫ B
0
e−stf ′(t) dt
= limB→∞
(f(t)e−st|B0 −
∫ B
0
(−s)f(t)e−st dt
)= lim
B→∞
(f(t)e−st|B0
)− lim
B→∞
∫ B
0
(−s)f(t)e−st dt
= limB→∞
(f(t)e−st|B0
)+ sL[f(t)].
Pela observacao 3.1, f e de ordem exponencial e limt→∞
e−stf(t) = 0 para s suficientemente
grande. Levando em conta que f pode ter descontinuidade de salto na origem, temos:
limB→∞
(f(t)e−st|B0
)= lim
B→∞f(B)e−sB︸ ︷︷ ︸=0
− limB→0+
f(B)e−sB = −f(0+).
Portanto,
L[f ′(t)] = sL[f(t)]− f(0+).
14
Corolario 3.2 Se f, f ′, . . . , f (n−1) sao contınuas para todo t > 0 e f (n) e contınua por
partes e de ordem exponencial em [0,∞), entao
L[f (n)(t)] = snL[f(t)]− sn−1f(0+)− sn−2f ′(0+)− · · · − sf (n−2)(0+)− f (n−1)(0+).
Prova: E consequencia imediata da identidade (2), depois de aplicada repetidas vezes.
Exemplo 3.1 Usando o Teorema 3.1, calcule L[sen(at)].
Solucao: Pondo f(t) = −cos(at)
a, entao f ′(t) = sen(at). Assim, usando (2) e que
L[cos(at)] = s
s2 + a2, obtemos:
L[sen(at)] = L[f ′(t)] = sL[−cos(at)
a
]− lim
t→0+
(− cos(at)
a
)= − s2
(s2 + a2)a+
1
a,
ou seja,
L[sen(at)] = a
s2 + a2, s > 0.
Exemplo 3.2 Usando o Teorema 3.1, verifique que
L[tn] = n!
sn+1, s > 0, n ∈ N.
Solucao: Observe quedn
dtn(tn) = n!. Logo,
L[dn
dtn(tn)
]= L[n!] = n!L[1] = n!
s, s > 0.
Por outro lado, usando o corolario acima,
L[dn
dtn(tn)
]= snL[tn]− sn−1f(0+)− . . .− f (n−1)(0+) = snL[tn].
Desta forma, snL[tn] = n!
s, ou seja,
L[tn] = n!
sn+1, s > 0.
15
Exemplo 3.3 Usando o Teorema 3.1, verifique que:
a) L[eattn] = n!
(s− a)n+1.
b) L[eat sin(bt)] = b
(s− a)2 + b2e L[eat cos(bt)] = s− a
(s− a)2 + b2.
Solucao: a) Note que (tneat)′= ntn−1eat + atneat. Logo,
L[ntn−1eat + atneat] = L[(tneat
)′]= sL[tneat]− lim
t→0+(tneat)
= sL[tneat],
de onde segue que
sL[tneat] = nL[tn−1eat] + aL[tneat],
ou ainda,
L[tneat] = n
(s− a)L[tn−1eat], n = 1, 2, 3 · · · .
Deste modo,
L[tneat] = n
(s− a)L[tn−1eat] =
n(n− 1)
(s− a)2L[tn−2eat] = · · · = n(n− 1) · · · 1
(s− a)nL[eat],
e como L[eat] = 1(s−a)
, entao
L[tneat] = n!
(s− a)n+1.
b) Tomando f(t) = sin(bt)eat e g(t) = cos(bt)eat, entao
f ′(t) = a sin(bt)eat + b cos(bt)eat e g′(t) = a cos(bt)eat − b sin(bt)eat.
Logo,
L[a sin(bt)eat + b cos(bt)eat] = L[(sin(bt)eat
)′]= sL[sin(bt)eat]− lim
t→0+(sin(bt)eat)
= sL[sin(bt)eat],
16
de onde segue que
sL[sin(bt)eat] = aL[sin(bt)eat] + bL[cos(bt)eat],
ou seja,
L[sin(bt)eat] = b
(s− a)L[cos(bt)eat]. (3)
Por outro lado,
L[a cos(bt)eat − b sin(bt)eat] = L[(cos(bt)eat
)′]= sL[cos(bt)eat]− lim
t→0+(cos(bt)eat)
= sL[cos(bt)eat]− 1,
o que implica em
sL[cos(bt)eat] = aL[cos(bt)eat]− bL[sin(bt)eat] + 1,
ou ainda,
L[cos(bt)eat] = −b(s− a)
L[sin(bt)eat] + 1
s− a. (4)
Combinando (3) e (4) segue que
L[sin(bt)eat] = b
(s− a)2 + b2e L[eat cos(bt)] = s− a
(s− a)2 + b2,
como desejado.
Vejamos agora um primeiro exemplo onde aplicamos a Transformada de Laplace para
resolver o Problema com Valor Inicial.
Exemplo 3.4 Resolva o seguinte PVI, usando a Transforma de Laplace.d2y
dt2− y = 1,
y(0) = 0, y′(0) = 1.
17
Solucao: Aplicando a Transformada de Laplace em ambos lados da equacao,
L[y′′ − y] = L[1]
⇒ s2L[y]− s y(0+)︸ ︷︷ ︸=0
− y′(0+)︸ ︷︷ ︸=1
−L[y] = 1
s
⇒ (s2 − 1)L[y] = 1
s+ 1
⇒ L[y] = 1
s(s− 1):= φ(s).
Para encontrar a solucao desejada, resta determinar a funcao y(t) cuja Transformada de
Laplace e φ(s). Usando fracoes parciais, note que1
s(s− 1)=
1
s− 1− 1
s. Logo,
L[y] = 1
s− 1− 1
s⇔ y(t) = L−1
[1
s− 1− 1
s
]= L−1
[1
s− 1
]− L−1
[1
s
].
Portanto, y(t) = et − 1.
No que segue, veremos outro importante resultado, o qual estabelece uma relacao
para a Transformada de Laplace da integral de uma funcao. Isto sera conveniente para
resolver Equacoes Integro-diferenciais de Volterra.
Teorema 3.3 Seja a ∈ R, a ≥ 0. Se f e uma funcao de ordem exponencial em [0,∞),
entao
L[∫ t
a
f(x) dx
]=
1
sL[f(t)]− 1
s
∫ a
0
f(x) dx. (5)
Prova: Em primeiro lugar, note que∫ t
af(x) dx e de ordem exponencial e
limt→∞
e−st
∫ t
a
f(x)dx = 0,
para s grande o suficiente. De fato, seja g(t) =∫ t
af(x)dx. Pelo Teorema Fundamental do
Calculo g′(t) = f(t). Assim, pela Observacao 3.1, segue diretamente que g(t) e de ordem
exponencial e limt→∞
e−stg(t) = 0. Logo, a Transformada de Laplace de∫ t
af(x) dx existe.
Assim sendo, temos:
L[∫ t
a
f(x) dx
]=
∫ ∞
0
(e−st
∫ t
a
f(x) dx
)dt = lim
B→∞
∫ B
0
(e−st
∫ t
a
f(x) dx
)dt.
18
Integrando por partes, tem-se
L[∫ t
a
f(x) dx
]= lim
B→∞
(−1
se−st
∫ t
a
f(x) dx|B0 +1
s
∫ B
0
e−stf(t) dt
).
Como∫ t
af(x) dx e de ordem exponencial, e−st
∫ t
af(x) dx → 0 quando t → ∞, para s e
suficientemente grande, entao
limB→∞
(−1
se−st
∫ t
a
f(x) dx|B0)
= limB→∞
(−1
se−sB
∫ B
a
f(x) dx+1
s
∫ 0
a
f(x) dx
)= −1
s
∫ a
0
f(x) dx.
Assim, obtemos
L[∫ t
a
f(x) dx
]= −1
s
∫ a
0
f(x) dx+1
s
∫ ∞
0
e−stf(t) dt =1
sL[f(t)]− 1
s
∫ a
0
f(x) dx.
Corolario 3.4 Sob as condicoes do Teorema 3.3, temos:
L
∫ t
a
∫ t
a
· · ·∫ t
a︸ ︷︷ ︸n vezes
f(x) dx · · · dx dx
=1
snL[f ]− 1
sn
∫ a
0
f(x) dx
− 1
sn−1
∫ a
0
∫ t
0
f(x) dx− · · · − 1
s
∫ a
0
∫ t
a
· · ·∫ t
a︸ ︷︷ ︸(n−1) vezes
f(x) dx · · · dx.
Prova: E consequencia imediata do Teorema 3.3.
Na pratica, as equacoes diferenciais surgem com termo integrando inicial a = 0. Sendo
assim, podemos resumir os resultados acima como:
Corolario 3.5 Sob as condicoes do Teorema 3.3 com a = 0, segue que
L[∫ t
0
f(x) dx
]=
1
sL[f(s)]. (6)
L
∫ t
0
∫ t
0
· · ·∫ t
0︸ ︷︷ ︸n vezes
f(x) dx · · · dx dx
=1
snL[f(s)]. (7)
19
Exemplo 3.5 Calcule L[tet].
Solucao: Inicialmente note que∫ t
0
xexdx = tet − et + 1.
Usando (6) temos L[tet − et + 1] =1
sL[tet]. Como o operador L e linear obtemos,
L[tet]− L[et] + L[1] = 1
sL[tet].
Daı, (1− 1
s
)L[tet] = L[et]− L[1].
Portanto,
L[tet] = 1
(s− 1)2, s > 1.
3.2 Teoremas de Translacao
No que segue, veremos mais resultados que exprimem Transformadas de Laplace de
certas funcoes, as quais darao suporte para resolver determinadas equacoes.
O primeiro resultado nos mostra que, conhecido L[f(t)], podemos calcular L[eatf(t)].
Proposicao 3.6 (Primeiro Teorema de Translacao) Se L[f(t)] = φ(s), entao
L[eatf(t)] = φ(s− a).
Prova: Por definicao
L[eatf(t)] =∫ ∞
0
e−steatf(t) dt =
∫ ∞
0
e−(s−a)tf(t) dt = L[f(t)](s− a) = φ(s− a).
Em termos de transformadas inversas, podemos reescrever o Primeiro Teorema de
Translacao como:
L−1[φ(s− a)] = eatf(t) = eatL−1[φ(s)], (8)
20
ou ainda
L−1[φ(s)] = eatL−1[φ(s+ a)]. (9)
Exemplo 3.6 Sabendo que
L[cos(3t)] = s
s2 + 9,
calcule L[e−2t cos(3t)]
Solucao: Pela proposicao 3.6 obtemos
L[e−2t cos(3t)] =s+ 2
(s+ 2)2 + 9.
Exemplo 3.7 Calcule
L−1
[2s+ 3
s2 − 4s+ 20
].
Solucao: Primeiro observe que
2s+ 3
s2 − 4s+ 20=
2(s− 2) + 7
(s− 2)2 + 16= 2
(s− 2)
(s− 2)2 + 42+
7
4
4
(s− 2)2 + 42.
Assim,
L−1
[2s+ 3
s2 − 4s+ 20
]= 2L−1
[(s− 2)
(s− 2)2 + 16
]+
7
4L−1
[4
(s− 2)2 + 16
]= 2e2t cos(4t) +
7
4e2tsen(4t).
21
Para estabelecer mais um resultado, introduziremos a funcao degrau unitario, dada
por
ua(t) =
0 se t ≤ a
1 se t > a
onde supomos que a ≥ 0. Veja o grafico de ua(t) abaixo.
a
1
t
u ta( )
Figura 2: Funcao degrau unitario
A partir da funcao degrau unitario e de uma funcao g dada, podemos definir uma
funcao f dada por f(t) = ua(t)g(t− a), ou seja,
f(t) =
0 se t ≤ a
g(t− a) se t > a
Veja que f descreve a funcao obtida transladando g(t), a unidades para a direita e depois
anulando a parte a esquerda de a.
a t
u (t) ( -a)a g t
Figura 3: Grafico de ua(t)g(t− a)
22
Essas funcoes aparecem em sistemas fısicos, como impulsos com retardamento no
instante t = a > 0. O proximo resultado expressa a formula para a Transformada de
Laplace de tais funcoes.
Proposicao 3.7 (Segundo Teorema de Translacao) Seja f(t) = ua(t)g(t − a), a ≥
0, uma funcao contınua por partes e de ordem exponecial. Entao
L[f(t)] = e−asL[g(t)]. (10)
Prova: Por definicao tem-se
L[f(t)] =∫ ∞
0
e−stf(t) dt =
∫ ∞
0
e−stua(t)g(t− a) dt =
∫ ∞
a
e−stg(t− a) dt.
Fazendo x = t− a na integral acima tem-se que t = x+ a e dt = dx. Assim,
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−s(x+a)g(x) dx
=
∫ ∞
0
e−sxe−sag(x) dx
= e−as
∫ ∞
0
e−sxg(x) dx
= e−asL[g(t)].
Na fısica, o fator e−as que aparece na expressao acima e chamado tambem de Fator de
Retardamento. Em termos de transformadas inversas, podemos reescrever o Segundo
Teorema de Translacao como:
L−1[e−asL[g(t)]
]= ua(t)g(t− a), (11)
ou ainda,
L−1[e−asφ(s)] = ua(t)g(t− a), onde φ(s) = L[g(t)]. (12)
Exemplo 3.8 Se f(t) = ua(t)sen(t), encontre L[f(t)].
23
Solucao: Pela Proposicao 3.7,
L[ua(t)sen(t)] = L[ua(t)sen((t+ a)− a)]
= e−asL[sen(t+ a)]
= e−asL[sen(t) cos(a) + sen(a) cos(t)]
= e−as{ cos(a)L[sen(t)] + sen(a)L[cos(t)]}
= e−as cos(a) + sen(a)s
s2 + 1.
Exemplo 3.9 Calcule L[f(t)], onde f = f1 + f2 + f3 e
f1(t) = 1, ∀ t ≥ 0.
f2(t) =
0 , t ≤ 1
1− t , t > 1
f3(t) =
0 , t ≤ 2
−(2− t) , t > 2
Solucao: Pela linearidade da Transformada de Laplace, segue que:
L[f(t)] = L[f1(t)] + L[f2(t)] + L[f3(t)]
=1
s+ e−sL[−t] + e−2sL[t]
=1
s+ L[t]
(e−2s − e−s
)=
1
s+e−2s − e−s
s2
=s+ e−2s − e−s
s2.
Exemplo 3.10 Determine L−1
[e−3s
s2 + 6s+ 10
].
Solucao: Por (12) temos
L−1
[e−3s
s2 + 6s+ 10
]= u3(t)g(t− 3),
24
onde
g(t) = L−1
[1
s2 + 6s+ 10
]= L−1
[1
(s+ 3)2 + 1
]= e−3tsen(t).
Logo
L−1
[e−3s
s2 + 6s+ 10
]= u3(t)e
−3(t−3)sen(t− 3).
O proximo resultado nos permite calcular a Transformada de Laplace de tnf(t),
quando ja e conhecida L[f(t)].
Proposicao 3.8 Se L[f(t)] = φ(s), entao
L[tnf(t)] = (−1)ndn
dsnφ(s). (13)
Prova: Por definicao temos
L[f(t)] =∫ ∞
0
e−stf(t) dt = φ(s).
Derivando em ambos lados e usando o Teorema de Leibniz,
d
dsφ(s) =
d
ds
∫ ∞
0
e−stf(t) dt =
∫ ∞
0
∂
∂s(e−stf(t)) dt =
∫ ∞
0
f(t)e−st(−t) dt.
Daıd
dsφ(s) = −
∫ ∞
0
e−st(tf(t)) dt = −L[tf(t)].
Derivando novamente tem-se
d2
ds2φ(s) = −
∫ ∞
0
∂
∂s(e−sttf(t)) dt =
∫ ∞
0
e−st(t2f(t)) dt = L[t2f(t)].
Procedendo desta maneira ate a n-esima derivada de φ(s) chegamos a
dn
dsnφ(s) = (−1)nL[tnf(t)],
ou seja,
L[tnf(t)] = (−1)ndn
dsnφ(s).
A Transformada Inversa correspondente a (13) e
L−1
[dn
dsnφ(s)
]= (−1)ntnL−1[φ(s)] (14)
25
Exemplo 3.11 Calcule L[tsen(t)].
Solucao: Usando a Proposicao 3.8,
L[tsen(t)] = − d
dsL[sen(t)] = − d
ds
(1
s2 + 1
)=
2s
(s2 + 1)2, s > 0.
Exemplo 3.12 Usando a Proposicao 3.8, calcule L[tn].
Solucao: Note que tn = 1tn, assim
L[tn] = (−1)ndn
dsnL[1] = (−1)n
dn
dsn
(1
s
)= (−1)n(−1)n
n!
sn+1=
n!
sn+1, s > 0.
A fim de estabelecer mais um resultado, vejamos o conceito de funcoes periodicas.
Definicao 3.1 Uma funcao f : R → R e chamada periodica, com perıodo p > 0 (ou
simplesmente p-periodica), se f(t+ p) = f(t) para todos t ∈ R.
O seguinte resultado reduz o calculo da Transformada de Laplace de uma funcao
periodica a resolucao de uma integral num intervalo finito.
Proposicao 3.9 Seja f : [0,∞) → R de ordem exponencial e p-periodica, entao
L[f(t)] = 1
1− e−sp
∫ p
0
e−stf(t) dt. (15)
Prova: Por definicao,
L[f(t)] =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt
=
∫ p
0
e−stf(t) dt+
∫ 2p
p
e−stf(t) dt+ · · ·+∫ (n+1)p
np
e−stf(t) dt+ · · · .
Fazendo x+ np = t na (n+ 1)-esima integral da serie acima temos∫ (n+1)p
np
e−stf(t) dt =
∫ p
0
e−s(x+np)f(x+ np) dx = e−nsp
∫ p
0
e−sxf(x) dx.
26
Portanto,
L[f(t)] =
∫ p
0
e−sxf(x) dx+ e−ps
∫ p
0
e−sxf(x) dx+ · · ·+ e−nps
∫ p
0
e−sxf(x) dx+ · · ·
= (1 + e−ps + e−2ps + . . .+ e−nps + . . .)
∫ p
0
e−sxf(x) dx
=
(∞∑n=0
e−nps
)∫ p
0
e−sxf(x) dx
=1
1− e−ps
∫ p
0
e−sxf(x) dx.
Isto conclui (15).
Exemplo 3.13 Encontre a Transformada de Laplace da funcao f cujo grafico e dado a
seguir.
1 2 3 4 5
1
Figura 4: Grafico de f
Solucao: Note que f e de ordem exponencial e e periodica, com perıodo p = 2. Assim,
L[f(t)] =∫ 2
0e−stf(t) dt
1− e−2s=
∫ 1
0e−st dt
1− e−2s=
1
s(1 + e−s).
3.3 O Teorema de Convolucao
O proximo resultado estabelece uma importante propriedade da Transformada de
Laplace, constituindo-se de uma ferramenta ideal para a construcao de inversas para
27
operadores diferenciais lineares a coeficientes constantes. Tal resultado e conhecido como
Formula de Convolucao.
Teorema 3.10 Sejam f e g funcoes contınuas por partes e de ordem exponencial. Supo-
nhamos que L[f(t)] = φ(s) e L[g(t)] = ψ(s). Entao,
L[∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξ
]= φ(s)ψ(s). (16)
Prova: Usando a definicao da transfomada de Laplace, obtemos
L[∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξ
]=
∫ ∞
0
e−st
∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξdt
=
∫ ∞
0
∫ t
0
e−stf(t− ξ)g(ξ) dξdt,
onde a integracao e feita sobre a regiao do plano tξ em 0 ≤ ξ ≤ t e 0 ≤ t <∞.
Agora note que esta regiao e equivalentemente a regiao determinada por ξ ≤ t < ∞
e 0 ≤ ξ <∞, conforme podemos observar na figura abaixo.
x
t = x
t
Figura 5: Regiao de integracao
Logo,∫ ∞
0
∫ t
0
e−stf(t− ξ)g(ξ) dξdt =
∫ ∞
0
∫ ∞
ξ
e−stf(t− ξ)g(ξ) dtdξ
=
∫ ∞
0
g(ξ)
(∗)︷ ︸︸ ︷(∫ ∞
ξ
e−stf(t− ξ) dt
)dξ.
28
A mudanca de ordem de integracao e permissıvel aqui, uma vez que o determinante do
jacobiano da mudanca de variaveis e 1. Fazendo agora u = t− ξ em (*) obtem-se que∫ ∞
ξ
e−stf(t− ξ) dt =
∫ ∞
0
e−s(u+ξ)f(u) du.
Portanto,
L[∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξ
]=
∫ ∞
0
g(ξ)
(∫ ∞
0
e−s(u+ξ)f(u) du
)dξ
=
∫ ∞
0
e−sξg(ξ)
(∫ ∞
0
e−suf(u) du
)dξ
=
(∫ ∞
0
e−suf(u) du
)(∫ ∞
0
e−sξg(ξ) dξ
)= L[f(t)]L[g(t)],
como queriamos demonstrar
Em termos de Transformada Inversa a identidade (16) fica sob a forma
L−1[φ(s)ψ(s)] =
∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξ. (17)
Por (17) observamos que se conhecemos as Transformadas Inversas f e g das funcoes φ
e ψ, entao podemos exprimir a Transformada Inversa do produto φ(s)ψ(s) como uma
integral envolvendo f e g.
Definindo a convolucao de f com g, por
(f ∗ g)(t) =
∫ t
0
f(t− ξ)g(ξ) dξ,
entao podemos reescrever (17) como
L−1[φ(s)ψ(s)] = (f ∗ g)(t) = L−1[φ(s)] ∗ L−1[ψ(s)]. (18)
A formula de convolucao satisfaz as seguintes propriedades:
(i) Comutatividade: f ∗ g = g ∗ f
29
(ii) Associatividade: (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h)
(iii) Distributividade: f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h
Essas tres propriedades sao imediatas da definicao da formula de convolucao. Com
estas operacoes, podemos dizer que a formula de convolucao define uma multiplicacao
razoavel em E .
3.4 A funcao de Gama
Vamos calcular a seguir a Transformada de Laplace de f(t) = 1/√t. Mais precisa-
mente, vamos determinar que
L[1/√t]=
√π
s, s > 0.
Para tal finalidade, devemos introduzir a funcao Gama, Γ(x). Verificaremos que esta
ultima esta bem definida e, em seguida, determinaremos Γ(1/2). Por fim, encontraremos
a Transformada de Laplace da funcao 1/√t.
Definicao 3.2 Considere a funcao
Γ : (0,∞) −→ R
definida pela equacao
Γ(x) =
∫ ∞
0
e−ttx−1 dt, x > 0. (19)
A funcao dada por (19) e chamada funcao Gama.
Observacao 3.2 A integral em (19) converge para todos os valores de x > 0.
De fato, facamos
Γ(x) =
∫ 1
0
e−ttx−1 dt+
∫ ∞
1
e−ttx−1 dt.
(i) Calculo de ∫ 1
0
e−ttx−1 dt.
30
1◦) Se 0 < x < 1 . Neste caso, temos que a integral impropria
∫ 1
0
e−ttx−1 dt =
∫ 1
0
1
ett1−xdt ≤
∫ 1
0
1
t1−xdt.
E esta ultima integral converge pois 1− x < 1.
Logo∫ 1
0e−ttx−1 dt converge pelo teste de comparacao.
2◦) Se x > 1 . Aqui a integral ∫ 1
0
e−ttx−1 dt
converge pois o integrando e contınuo em [0, 1].
(ii) Calculo de ∫ ∞
1
e−ttx−1 dt.
1◦) Se 0 < x < 1 . Perceba que
tx−1 =1
t1−x≤ 1 =⇒ tx−1
et≤ 1
et.
Daı, ∫ ∞
1
e−ttx−1 dt ≤∫ ∞
1
e−t dt = limA→∞
(− 1
eA+
1
e
)=
1
e.
Novamente pelo teste de comparacao,∫∞1e−ttx−1 dt converge.
2◦) Se x > 1 . Facamos∫ ∞
1
e−ttx−1 dt =
∫ a
1
e−ttx−1 dt+
∫ ∞
a
e−ttx−1 dt,
onde a > 1. Mostremos que existe o numero a > 1 de modo que as duas integrais acima
convirjam.
Por L’Hopital, veja que limt→∞
tx+1
et= 0, assim, existe um numero a > 1 tal que
tx+1
et≤
1, ∀ t > a. Agora observe que
tx−1
et=tx+1
t2et≤ 1
t2, ∀ t > a.
31
E como∫∞a
1/t2 dt converge, temos pelo teste de comparacao que∫∞1e−ttx−1 dt converge.
Portanto, concluimos de (i) e (ii) que a integral que define a funcao Gama converge
para todos valores x > 0.
Exercıcio: Mostre que Γ(1/2) =√π.
Solucao: Note que
Γ(1/2) =
∫ ∞
0
e−tt−1/2 dt = 2
∫ ∞
0
e−u2
du,
onde na segunda igualdade usamos a mudanca de variavel u =√t. Entao,
[Γ(1/2)]2 = 4
(∫ ∞
0
e−u2
du
)2
= 4
∫ ∞
0
∫ ∞
0
e−(u2+v2) dudv.
Usando coordenadas polares, u = r cos θ e v = rsenθ onde 0 ≤ θ ≤ π/2 e 0 ≤ r < ∞,
temos
[Γ(1/2)]2 = 4
∫ ∞
0
∫ π/2
0
e−r2r dθdr = 2π
∫ ∞
0
e−r2r dr
= 2π limA→∞
∫ A
0
e−r2r dr = 2π limA→∞
(1
2− 1
2eA2
)= π.
Finalmente, vamos determinar a Transformada de Laplace da funcao f(t) =1√t.
Por definicao
L[1/√t] =
∫ ∞
0
e−st 1√tdt.
Fazendo x = st, s > 0, na integral acima tem-se
L[1/√t] =
1√s
∫ ∞
0
e−x
√xdx =
1√sΓ(1/2) =
1√s
√π.
Potanto,
L[1/√t] =
√π
s, s > 0.
32
4 Aplicacoes em Equacoes Diferenciais
Nesta secao faremos uso das formulas obtidas a priori para resolver Problemas de
Valor Inicicial (PVI).
4.1 Equacoes Lineares de Segunda Ordem
Exemplo 4.1 Determine a solucao do seguinte PVI: y′′ + 2y′ + y = et,
y(0) = y′(0) = 0.
Solucao: Aplicando a Transformada de Laplace, vem que
L[y′′] + L[2y] + L[y] = L[et]
⇒ s2L[y]− sy(0+)− y′(0+) + 2(sL[y]− y(0+)) + L[y] = 1
s− 1
⇒ (s2 + 2s+ 1)L[y] = 1
s− 1.
Logo,
L[y] = 1
(s− 1)(s2 + 2s+ 1),
ou ainda,
y = L−1
[1
(s− 1)(s2 + 2s+ 1)
].
Usando fracoes parciais, note que
1
(s− 1)(s2 + 2s+ 1)=
1
4
(1
s− 1
)− 1
4
(s+ 3
(s+ 1)2
)=
1
4
(1
s− 1
)− 1
4
(s+ 1
(s+ 1)2
)− 1
4
(2
(s+ 1)2
)=
1
4
(1
s− 1
)− 1
4
(1
s− (−1)
)− 1
2
(1
(s− (−1))2
).
Logo,
y =1
4L−1
[1
s− 1
]− 1
4L−1
[1
s− (−1)
]− 1
2L−1
[1
(s− (−1))2
]=
1
4et − 1
4e−t − 1
2(te−t).
33
Portanto a solucao do Problema de Valor Inicial dado e
y =1
4et − 1
4e−t − 1
2(te−t).
Exemplo 4.2 Sendo h(t) uma funcao que admite Transformada de Laplace, determine
a solucao do PVI y′′ + y′ − 6y = h(t),
y(0) = y′(0) = 0.
Solucao: Aplicando o operador L na equacao diferencial tem-se
(s2 + s− 6)L[y] = L[h(t)] ⇒ L[y] = L[h(t)](s− 2)(s+ 3)
.
Logo,
y(t) = L−1
[L[h(t)]
(s− 2)(s+ 3)
]= L−1
[1
(s− 2)(s+ 3)
]∗ h(t)
=
(L−1
[1
s− 2
]∗ L−1
[1
s+ 3
])∗ h(t)
=
(∫ t
0
e(2t−5ξ) dξ
)∗ h(t)
=
(e2t
5− e−3t
5
)∗ h(t)
Portanto,
y(t) =
∫ t
0
(e2(t−ξ)
5− e−3(t−ξ)
5
)h(ξ) dξ.
Finalmente, para determinar a solucao explıcita, basta atribuir uma expressao particular
a funcao h e resolver a integral, se possıvel.
Exemplo 4.3 Sendo h(t) = 1,∀ t > 0, determine a solucao do PVI y′′ + y′ − 6y = 1,
y(0) = y′(0) = 0.
34
Solucao: Pelo exemplo anterior, segue que
y(t) =
∫ t
0
(e2(t−ξ)
5− e−3(t−ξ)
5
)dξ
=e2t
10+e−3t
15− 1
6.
Exemplo 4.4 Determine a solucao do PVI y′′ + y′ − 6y = e6t,
y(0) = y′(0) = 0.
Solucao: Pelo exemplo anterior, segue que
y(t) =
∫ t
0
(e2(t−ξ)
5− e−3(t−ξ)
5
)e6ξ dξ
=e6t
36− e2t
20+e−3t
45.
Exemplo 4.5 Determine a solucao do PVI y′′ + 4y′ + 4y = u2(t)e−(t−2),
y(0) = 1, y′(0) = −1,
onde u2(t) =
0 se t ≤ 2
1 se t > 2e a funcao degrau unitario.
Solucao: Aplicando a Transformada de Laplace e usando o segundo Teorema de Translacao,
L[y′′] + 4L[y′] + 4L[y] = e−2s 1
s+ 1
⇒ s2L[y]− sy(0+)− y′(0+) + 4sL[y]− 4y(0+) + 4L[y] = e−2s 1
s+ 1
⇒ (s2 + 4s+ 4)L[y] = e−2s 1
s+ 1+ s+ 3
⇒ (s+ 2)2L[y] = e−2s + s2 + 4s+ 3
s+ 1.
35
Logo,
L[y] =e−2s + s2 + 4s+ 3
(s+ 1)(s+ 2)2
= e−2s 1
(s+ 1)(s+ 2)2+
(s+ 1)(s+ 3)
(s+ 1)(s+ 2)2
= e−2s
(1
s+ 1− 1
s+ 2− 1
(s+ 2)2
)+
1
s+ 2+
1
(s+ 2)2
=e−2s
s+ 1− e−2s
s+ 2− e−2s
(s+ 2)2+
1
s+ 2+
1
(s+ 2)2.
Assim,
y = L−1
[e−2s
s+ 1− e−2s
s+ 2− e−2s
(s+ 2)2+
1
s+ 2+
1
(s+ 2)2
]= L−1
[e−2s
s+ 1
]− L−1
[e−2s
s+ 2
]− L−1
[e−2s
(s+ 2)2
]+L−1
[1
s+ 2
]+ L−1
[1
(s+ 2)2
].
Novamente pelo segundo Teorema de Translacao (em termos de transformada inversa), a
solucao e dada por
y(t) = u2(t)e−(t−2) − u2(t)e
−2(t−2) − u2(t)(t− 2)e−2(t−2) + e−2t(1 + t).
Exemplo 4.6 Determine a solucao do PVI y′′ + 2y′ + y = u1(t)− 2u2(t) + u3(t),
y(0) = y′(0) = 0,
onde ua(t) =
0 se t ≤ a,
1 se t > a.
Solucao: Aplicando a Transformada de Laplace e usando as condicoes iniciais, obtemos
(s2 + 2s+ 1)︸ ︷︷ ︸=(s+1)2
L[y] = e−t − 2e−2t + e−3t
s,
ou seja,
L[y] = e−t − 2e−2t + e−3t
s(s+ 1)2=
e−t
s(s+ 1)2− 2
e−2t
s(s+ 1)2+
e−3t
s(s+ 1)2.
36
Agora, aplicando a transformada inversa e usando sua linearidade obtemos
y = L−1
[e−t
s(s+ 1)2
]− 2L−1
[e−2t
s(s+ 1)2
]+ L−1
[e−3t
s(s+ 1)2
].
Usando fracoes parciais, note que
1
s(s+ 1)2=
1
s− 1
s+ 1− 1
(s+ 1)2.
Logo, pelo segundo Teorema de translacao
L−1
[e−at
s(s+ 1)2
]= L−1
[e−at
s− e−at
s+ 1− e−at
(s+ 1)2
]= L−1
[e−at
s
]− L−1
[e−at
s+ 1
]− L−1
[e−at
(s+ 1)2
]= ua(t)− ua(t)e
−(t−a) − ua(t)(t− a)e−(t−a).
Tomando em particular a = 1, a = 2 e a = 3, obtemos
y(t) = u1(t)− u1(t)e−(t−1) − u1(t)(t− 1)e−(t−1)
− 2(u2(t)− u2(t)e
−(t−2) − u2(t)(t− 2)e−(t−2))
+u3(t)− u3(t)e−(t−3) − u3(t)(t− 3)e−(t−3).
Reajustando os termos necessarios, concluimos que a solucao do problema e dada por
y = u1(t)− 2u2(t) + u3(t)− 2e2(u2(t)− eu3(t))e−t − e(u1(t)− 2eu2(t) + e2u3(t))te
−t.
4.2 Exercıcios de Fixacao
Usando a Transformada de Laplace, encontre a solucao dos seguintes PVI’s:
1. y′ + 3y = t sin(2t), y(0) = 1.
2. y′′ + y′ − 6y = e−3t, y(0) = y′(0) = 0.
3. y′′ + y′ − 6y = cos(2t), y(0) = y′(0) = 0.
37
4. y′′ + y′ − 6y = t2, y(0) = y′(0) = 0.
5. y′′ + 6y′ + 8y = 16t+ 12, y(0) = 2, y′(0) = −6
6. y′′ + 6y′ + 9y = t2e3t, y(0) = 2, y′(0) = 6.
7. y′′ + 4y′ + 13y = 3e−2tcos(3t), y(0) = y′(0) = 0.
8. y′′ + 4y′ + 5y = e−3t cos (t) y(0) = 2, y′(0) = 1
9. y′′ − 2y′ + y = u3(t)− 3u2(t), y(0) = y′(0) = 0, ua(t) =
0 se t ≤ a,
1 se t > a.
10. y′′ − 5y′ + 6y = u2(t) + u3(t), y(0) = y′(0) = 0.
11. y′′ + y′ + y = u2(t)e−(t−3), y(0) = 0, y′(0) = −1.
12. y′′ + 3y′ − 4y = uπ2(t) cos(t), y(0) = 1, y′(0) = 0.
13. y′′ + 4y = f(t), y(0) = 1, y′(0) = 0, onde f(t) =
1 se 0 ≤ t < π,
0 se π ≤ t <∞.
14. y′ + 2y +
∫ t
0
y(s)ds = f(t), y(0) = 1, onde f(t) =
t se t < 1,
2− t se 1 ≤ t ≤ 2,
0 se t > 2.
4.3 Equacoes Lineares de Ordem Superior
No que segue, vamos estabelecer um metodo para resolver o seguinte PVI: y(n) + an−1y(n−1) + · · ·+ a1y
′ + a0y = h,
y(0) = y′(0) = · · · = y(n−1)(0) = 0,(20)
onde a0, a1, . . . , an ∈ R e h e uma funcao dada, cuja Transformada de Laplace exista.
Denotando por L o seguinte operador diferencial linear a coeficientes constantes
L = Dn + an−1Dn−1 + . . .+ a1D + a0,
38
entao podemos reescrever o PVI (20) como Ly = h,
y(0) = y′(0) = . . . = y(n−1)(0) = 0.(21)
Aplicando a Transformada de Laplace na equacao diferencial em (21) em usando as
condicoes iniciais, obtemos
p(s)L[y] = h(s),
onde h(s) = L[h] e p(s) = sn + an−1sn−1 + . . .+ a1s+ a0. Assim,
L[y] = h(s)
p(s)⇐⇒ y = L−1
[h(s)
p(s)
].
=⇒ y = L−1
[1
p(s)h(s)
]= L−1
[1
p(s)
]∗ h(t).
Denotando por
g(t) := L−1
[1
p(s)
],
temos pela formula de convolucao que
y(t) = g(t) ∗ h(t) =∫ t
0
g(t− ξ)h(ξ) dξ, (22)
e a solucao do Problema de Valor Inicial (21) e, portanto, solucao de (20).
Lema 4.1 A funcao g(t) = L−1
[1
p(s)
]satisfaz o seguinte PVI
Ly = 0 em (0,∞)
y(0) = y′(0) = . . . = y(n−2)(0) = 0, y(n−1)(0) = 1,(23)
onde L = Dn + an−1Dn−1 + . . .+ a1D + a0 e p(s) = sn + an−1s
n−1 + . . .+ a1s+ a0.
Prova: Aplicando a Transformada de Laplace, obtemos
−1 + p(s)L[y] = 0 =⇒ L[y] = 1
p(s).
39
Logo,
y = L−1
[1
p(s)
]︸ ︷︷ ︸
g(t)
e a solucao do PVI (23), sendo a unica solucao devido aos valores iniciais.
Na teoria de existencia e unicidade de solucoes, o operador diferencial L se tornava
biunıvoco diante de um conjunto de condicoes iniciais e, deste modo, possuia uma unica
inversa G, ver Kreider [5].
Relembrando, temos que L : Cn(I) −→ C(I), assim podemos considerar a solucao y(t)
dada em (22) como uma aplicacao G : C[0,∞) −→ Cn[0,∞) e, entao, temos uma inversa
”lateral” G para L, definida por
G(h) =
∫ t
0
g(t− ξ)h(ξ) dξ.
A funcao g(t − ξ) que aparece na integral e chamada funcao de Green para o operador
diferencial L em problemas com valor inicial em t = 0. O proximo resultado diz respeito
a funcao de Green g(t − ξ), a partir da funcao g(t) e, o mesmo, decorre imediatamente
da teoria sobre funcoes de Green para operadores diferenciais, ver Kreider [5].
Teorema 4.2 Seja L = Dn + an−1Dn−1 + . . .+ a1D + a0 e p(s) = sn + an−1s
n−1 + . . .+
a1s + a0 o polinomio auxiliar de L. Se g(t) = L−1
[1
p(s)
], entao a funcao g(t − ξ) e a
funcao de Green para L no intervalo (−∞,∞).
Sob estas consideracoes, note que
G(h) =
∫ t
t0
g(t− ξ)h(ξ) dξ, t0 ∈ (−∞,∞),
corresponde a inversa de L em PVI’s da forma Ly = h,
y(t0) = y′(t0) = . . . = y(n−1)(t0) = 0.
40
Exemplo 4.7 Determine a solucao particular da EDO sujeita as condicoes iniciais 4y(4) − 4y(3) + 5y′′ − 4y′ + y = ln(t),
y(1) = y′(1) = y′′(1) = y′′′(1) = 0.
Solucao: Note que podemos reescrever o PVI como (D4 −D3 + 54D2 −D + 1
4)y = 1
4ln(t),
y(1) = y′(1) = y′′(1) = y′′′(1) = 0.
Primeiro vamos determinar a funcao de Green para o operador normalizado L = D4 −
D3 + 54D2 −D + 1
4, cujo polinomio auxiliar e p(s) = s4 − s3 + 5
4s2 − s+ 1
4. Seja
g(t) = L−1
[1
p(s)
]= L−1
[4
4s4 − 4s3 + 5s2 − 4s+ 1
].
Usando fracoes parciais tem-se que
g(t) = L−1
[ 165
(2s− 1)2−
325
2s− 1+
16s25
s2 + 1−
1225
s2 + 1
].
Assim,
g(t) =4
5tet/2 − 16
25et/2 +
16
25cos(t)− 12
25sen(t).
Logo, a funcao de Green para o operador L e
g(t− ξ) =4
5(t− ξ)e(t−ξ)/2 − 16
25e(t−ξ)/2 +
16
25cos(t− ξ)− 12
25sen(t− ξ).
Portanto, a solucao particular do PVI correspondente e
y(t) =
∫ t
1
g(t− ξ)ln(ξ)
4dξ.
Exemplo 4.8 Determine uma funcao de Green para o operador L = D2− 2aD+a2+ b2.
Solucao: O polinomio auxiliar e p(s) = s2 − 2as+ a2 + b2. Assim,
g(t) = L−1
[1
p(s)
]= L−1
[1
(s− a)2 + b2
]= L−1
[1
b
b
(s− a)2 + b2
].
41
Logo, pelo primeiro Teorema de Translacao, temos
g(t) =1
beatsen(bt).
Portanto, pelo Teorema 4.2 a funcao de Green para L e
g(t− ξ) =1
bea(t−ξ)sen(b(t− ξ)).
Exemplo 4.9 Resolva o seguinte PVI (D2 − 2aD + a2 + b2)y = h(t),
y(π) = 2, y′(π) = −3.(24)
Solucao: Sabemos que g(t−ξ) = 1bea(t−ξ)sen(b(t−ξ)) e a funcao de Green para o operador
L = D2 − 2aD + a2 + b2. Com isto, uma solucao particular para o problema (24) e
yp(t) = G(h) =1
b
∫ t
π
ea(t−ξ)sen(b(t− ξ))h(ξ) dξ.
Resta encontrar a solucao geral yh do problema homogeneo associado (D2 − 2aD + a2 + b2)y = 0
y(π) = 2, y′(π) = −3.(25)
Usaremos a Transformada de Laplace para tal finalidade. Note que se a funcao Y (t)
satisfaz o seguinte problema (D2 − 2aD + a2 + b2)Y = 0,
Y (0) = 2, Y ′(0) = −3,(26)
entao yh(t) = Y (t − π). Aplicando a Transformada de Laplace em (26)1 e usando as
condicoes iniciais (26)2,
L[Y ] =2s− 3− 4a
s2 − 2as+ a2 + b2
=2(s− a)− 2a− 3
(s− a)2 + b2
=2(s− a)
(s− a)2 + b2−(3 + 2a
b
)(b
(s− a)2 + b2
).
42
Daı,
Y (t) = 2eat cos(bt)− 3 + 2a
beatsen(bt)
e uma solucao de (26). Portanto, a solucao geral de (25) e
yh(t) = Y (t− π) = ea(t−π)
(a cos(b(t− π))− 3 + 2a
bsen(b(t− π))
).
Finalmente, a solucao geral de (24) e dada por
y(t) = yh(t) + yp(t),
ou seja,
y(t) = ea(t−π)
(a cos(b(t− π))− 3 + 2a
bsen(b(t− π))
)+
1
b
∫ t
π
ea(t−ξ)sen(b(t− ξ))h(ξ) dξ.
Exercıcio. Seja L = Dn + an−1Dn−1 + . . . + a1D + a0. Mostre que yp(t) e uma solucao
do problema Ly = h(t),
y(t0) = c0, y′(t0) = c1, . . . , y
(n−1)(t0) = cn−1,
se, e somente se, yp(t) = Y (t− t0), onde Y (t) satisfaz o problema Ly = h(t+ t0),
y(0) = c0, y′(0) = c1, . . . , y
(n−1)(0) = cn−1.
43
5 Mais Aplicacoes em Equacoes Diferenciais
Esta secao tem o objetivo de apresentar mais exemplos de aplicacoes de Transfor-
madas de Laplace em EDO’s lineares que apresentam uma certas peculiaridades, como e
o caso da ”funcao” Delta de Dirac agindo no sistema massa-mola, equacoes integrais de
Volterra, equacoes de vigas, entre outros problemas relevantes.
5.1 O sistema massa-mola
Considere uma mola elastica fixa em uma extremidade e livre para vibrar na outra
extremidade na direcao vertical como figura 6 abaixo. Coloquemos um peso de massa m
preso a mola na extremidade livre e suponhamos que o sistema fica em equilıbrio com o
peso no ponto y = 0 que se encontra y0 unidades abaixo do comprimento original da mola.
Pela lei de Hooke, o peso sofre uma forca dirigida para cima de grandeza ky0, onde k e a
constante da mola e depende do material da mesma. Ha tambem a forca peso ω = mg,
proveniente da gravidade que atua sobre a mola para baixo contrapondo a outra forca.
Como em y = 0 o sistema se encontra em equilıbrio, temos que estas forcas se anulam,
isto e, ky0 = mg em y = 0. Logo,
ky0 −mg = 0 no ponto de equilıbrio y = 0.
A partir do sistema em equilıbrio, queremos estudar o movimento da massa, quando
esta e submetida a uma forca vertical que varia com o tempo, no instante t com um
deslocamento y(t) medido positivamente no sentido para baixo. De acordo com a segunda
lei de Newton, a forca resultante total F (t) agindo sobre o sistema satisfaz a seguinte
equacao
F = ma = md2y
dt2. (27)
No que segue, dentres todas as possıveis forcas atuando no sistema, consideramos as
seguintes:
Forca peso: ω = mg, devido a gravidade.
44
Forca de Restauracao: Fs(t) = −k(y0+y(t)), devido a capacidade de restauracao da mola
ao seu formato original, conforme o material da mesma.
Forca de Amortecimento: Fd(t) = −γ ddty(t), γ > 0 sendo a constante de amortecimento,
devido a resistencia da mola e/ou as condicoes as quais o sistema e submetido.
Forca externa: h(t), podendo ser uma fonte contınua de energia que atua sobre o sistema,
ou ainda, uma forca que atua sobre um determinado perıodo de tempo, a qual alimenta
o movimento da massa, etc...
m
y0
y=0
t
y(t)
m
Figura 6: Sistema massa-mola
Substituindo essas forcas em (27), obtemos:
md2y
dt2= mg − k(y0 + y)− γ
dy
dt+ h(t).
Como no ponto de equilıbrio mg = ky0, entao
md2y
dt2+ γ
dy
dt+ ky = h(t), (28)
onde m, γ, k > 0. Neste caso, podemos dizer que (28) e uma equacao aproximada para
o deslocamento y(t) da mola no isntante t, fornecendo o movimento da massa fixada na
mola. Alem disso, como o sistema se apresentava inicialmente em equilıbrio, entao y(t)
satisfaz
y(0) = y′(0) = 0, (29)
45
isto e, a posicao e velocidade iniciais sao nulos. No que segue, vamos utilizar a Trans-
formada de Laplace para determinar solucoes correspondente ao PVI (28)-(29) em dois
casos.
Exemplo 5.1 (Sistema massa-mola com amortecimento) Determine a solucao para o
seguinte PVI: my′′ + γy′ + ky = h(t),
y(0) = y′(0) = 0,(30)
onde h(t) possui Transformada de Laplace e m, γ, k > 0 comγ2
4≤ mk.
Solucao: Aplicando a Transformada de Laplace em (30) e usando as condicoes inciais,
mL[y′′] + γL[y′] + kL[y] = L[h(t)]
⇒ (ms2 + γs+ k)L[y] = L[h(t)]
⇒ L[y] = L[h(t)]ms2 + γs+ k
.
Assim,
y(t) = L−1
[1
ms2 + γs+ k
]∗ h(t)
=2√
4mk − γ2L−1
√4mk−γ2
2m(s+ γ
2m
)2+(
4mk−γ2
4m2
) ∗ h(t)
=2√
4mk − γ2e−γt/2m sin
(√4mk − γ2
2mt
)∗ h(t).
Portanto,
y(t) =2√
4mk − γ2
∫ t
0
e−γ(t−ξ)/2m sin
(√4mk − γ2
2m(t− ξ)
)h(ξ) dξ.
Nota: Do ponto de vista fısico determinado anteriormente, a solucao acima fornece o
deslocamento da massa fixada a mola no caso amortecido e com forca externa.
46
Exemplo 5.2 (Sistema massa-mola sem amortecimento) Determine a solucao para o
seguinte PVI: my′′ + ky = h(t),
y(0) = y′(0) = 0.(31)
onde h(t) possui Transformada de Laplace e m, k > 0.
Solucao: Como no exemplo anterior, aplicando a Transformada de Laplace em (31) e
usando as condicoes inciais, obtemos
L[y] = L[h(t)]ms2 + k
,
de onde vem que
y(t) = L−1
[1
ms2 + k
]∗ h(t)
=1√mk
L−1
√
km
(s2 + km)
∗ h(t)
=1√mk
sin
(√k
mt
)∗ h(t).
Logo,
y(t) =1√mk
∫ t
0
sin
(√k
m(t− ξ)
)h(ξ) dξ (32)
e a solucao do sistema (31) sem amortecimento e com forca externa h. Admitindo que
h(t) = A sin(ωt), onde A e ω sao constantes positivas, a solucao (32) fica sob a forma
y(t) =A√mk
∫ t
0
sin
(√k
m(t− ξ)
)sin(ωξ) dξ,
e para determinar a solucao desejada, basta resolver esta integral. Veremos isto em dois
casos:
Caso 1: ω =√
km. (Frequencia natural diferente da frequencia aplicada por h)
Neste caso, temos
y(t) =Aω
k −mω2
(sin(ωt)
ω−√m
ksin
(√k
mt
)).
47
Caso 2: ω =√
km. (Frequencia aplicada por h igual a frequencia natural)
Neste caso, a solucao integral se reduz a seguinte solucao
y(t) =A
2ksin
(√k
mt
)− A
2√mk
t cos
(√k
mt
). (33)
Nota (O caos): Neste segundo caso o sistema sem amortecimento (31) sobre uma acao
externa da forma h(t) = A sin(√k/mt) e o movimento da massa fixada a mola dada pela
solucao (33) oscila cada vez mais conforme t → +∞. Do ponto de vista fısico, isto nos
diz que a massa oscila oscila com maior amplitude conforme o tempo t aumenta. A figura
a seguir nos da a ideia dessa oscilacao em funcao do tempo.
t
y t( )
Figura 7: Oscilacao de y(t)
5.2 Funcoes Impulso: O Delta de Dirac
Ao sistema massa-mola introduzido anteriormente, aplicaremos uma forca externa
h(t) atuando (na direcao vertical) apenas por um determinado perıodo de tempo e com
grande intensidade. Em tais casos, a Transformadade de Laplace se torna uma ferramenta
eficaz na resolucao dos problemas, enquanto os metodos tradicionais nao se aplicariam.
Para a, τ > 0 com τ < a consideramos a seguinte funcao
48
hτ (t) =
0 se 0 ≤ t < a− τ,1
2τse a− τ ≤ t < a+ τ,
0 se a+ τ ≤ t.
A ideia do grafico de hτ e dado a seguir.
a+t
12t
a-t a
h( )t
t
Figura 8: Grafico de hτ (t)
Note que para τ > 0 suficientemente pequeno, a funcao hτ (t) age em um curto perıodo
de tempo com grande intensidade, o que representa um impulso. Alem disso, note que∫ ∞
0
hτ (t) dt =
∫ a+τ
a−τ
1
2τdt = 1.
Mediante a essas relacoes, a funcao hτ (t) e chamada de Impulso unitario. No que segue,
sera interessante estudar equacoes diferenciais quando tomarmos o limite em hτ (t) quando
τ → 0, mesmo que o valor de tal limite nao represente uma funcao real propriamente dita.
Considere agora, a ”funcao” δ(t− a) definida por
δ(t− a) = limτ→0
hτ (t),
e note que δ(t− a) e caracterizada pelas seguintes propriedades:
i) δ(t) =
0 se t = a,
+∞ se t = a.
49
ii)
∫ ∞
0
δ(t− a) dt = 1.
A expressao δ(t− a) nao representa, de fato, uma funcao real definida a valores reais.
Poderiamos dizer que a mesma representa uma Distribuicao, cuja definicao mais precisa
e propriedades nao sao objetivos deste texto. Contudo, a ”funcao” δ(t − a) pode ser
estudada de EDO’s usando a Transformada de Laplace, como veremos abaixo, sendo
conhecida como Funcao Delta de Dirac. Note ainda, que esta funcao representa um
impulso unitario no instante t = a.
O proximo passo e introduzir a Transformada de Laplace para a expressao δ(t− a), a
qual definimos pela expressao:
L[δ(t− a)] := limτ→0
L[hτ (t)]. (34)
O proximo resultado mostra que o limite em (34) e convergente e, por este motivo, a
transformada L[δ(t− a)] esta bem definida.
Teorema 5.1 Para todo a > 0 temos
L[δ(t− a)] = e−as, s > 0.
Alem disso, definindo L[δ(t)] := lima→0+
L[δ(t− a)], entao L[δ(t)] = 1.
Prova: Note que
hτ (t) =1
2τ{ua−τ (t)− ua+τ (t)} .
Assim,
L[hτ (t)] =1
2τ{L[ua−τ (t)]− L[ua+τ (t)]}
=1
2τ
{e−(a−τ)s
s− e−(a+τ)s
s
}=
e−as
s
{eτs − e−τs
2τ
}=
e−as
s
{sinh(τs)
τ
}.
50
Por L’Hopital, segue que
limτ→0
L[hτ (t)] =e−as
slimτ→0
{sinh(τs)
τ
}=
e−as
slimτ→0
{s cosh(τs)
1
}= e−as.
Exemplo 5.3 (Sistema massa-mola sem amortecimento) Determine a solucao para o
seguinte PVI: my′′ + ky = δ(t− a),
y(0) = y′(0) = 0.(35)
onde a, m, k > 0.
Solucao: Aplicando a Transformada de Laplace em (35) e usando as condicoes inciais,
obtemos
L[y] = e−as
ms2 + k.
Assim,
y(t) = L−1
[e−as
ms2 + k
]= ua(t)g(t− a),
onde g(t) = L−1[
1ms2+k
]= 1√
mksin(√
kmt). Portanto,
y(t) =1√mk
ua(t) sin
(√k
m(t− a)
)=
0 se t ≤ a,
1√mk
sin(√
km(t− a)
)se t > a.
Exemplo 5.4 Determine a solucao para o seguinte PVI: my′′ + ky = Asen(ωt)− 2δ(t− 10),
y(0) = y′(0) = 0,(36)
onde Aω, m, k > 0 com ω =√
km.
51
Solucao: De acordo com o exposto anteriormente, o PVI (36) corresponde ao movimento
do sistema massa-mola sem amortecimento o qual e sujeito a uma forca senoidal h(t) =
Asen(ωt) no instante t = 0 e que no instante t = 10 sofre um golpe seco (impulso) para
cima (sentido contrario do movimento positivo) fornecendo instantaneamente 2 unidades
de quantidade de movimento. Feita a observacao fısica, partimos (obrigatoriamente) para
a solucao mediante a Transformada de Laplace. De fato, note que
(ms2 + k)L[y] = Aω
s2 + ω2− 2e−10s.
Logo,
L[y] = Aω
(s2 + ω2)(ms2 + k)− 2e−10s
ms2 + k,
de onde vem que
y = L−1
[Aω
(s2 + ω2)(ms2 + k)
]− 2L−1
[e−10s
ms2 + k
].
Agora note que
y1(t) := L−1
[Aω
(s2 + ω2)(ms2 + k)
]=
Aω
k −mω2
(sin(ωt)
ω−√m
ksin
(√k
mt
))e
y2(t) := 2L−1
[e−10s
ms2 + k
]=
2√mk
u10(t) sin
(√k
m(t− 10)
)
=
0 se t ≤ 10,
2√mk
sin(√
km(t− 10)
)se t > 10.
Portanto, y(t) = y1(t)− y2(t).
Com intuito de generalizar a discussao apresentada acima, consideremos o seguinte
exemplo.
Exemplo 5.5 (Um PVI de ordem n) Determine a solucao para o seguinte PVI: Ly = δ(t− a),
y(0) = y′(0) = . . . = y(n−1)(0) = 0.(37)
onde L = Dn + an−1Dn−1 + . . .+ a1D + a0.
52
Solucao: Aplicando a Transformada de Laplace, obtemos
p(s)L[y] = e−as, (38)
onde p(s) = sn + an−1sn−1 + . . .+ a1s+ a0. Daı,
y(t) = L−1
[e−as
p(s)
]= ua(t)g(t− a) =
0 se t ≤ a,
g(t− a) se t > a,
onde g(t) = L−1[
1p(s)
].
5.3 Equacao Integro-Diferencial de Volterra
Veremos por meio de um exemplo que a Transformada de Laplace e, tambem, um
bom instrumento para solucionar Equacoes Diferenciais cuja funcao desconhecida aparece
sob o sinal de integracao. Vejamos:
Exemplo 5.6 Determine a solucao para o seguinte PVI: y′ +
∫ t
0
y(ξ) dξ = δ(t− π/2),
y(0) = 0.
(39)
Solucao: Em primeiro lugar, note que∫ t
0y(ξ) dξ = (1∗y)(t) e podemos reescrever a EDO
(39) como
y′ + 1 ∗ y = δ(t− π/2).
Aplicando a Transformada de Laplace,
L[y′] + L[1 ∗ y] = L[δ(t− π/2)]
⇒ sL[y]− y(0+) + L[1]L[y] = L[δ(t− π/2)]
⇒(s+
1
s
)L[y] = e−πs/2
⇒ L[y] = e−πs/2 s
s2 + 1.
53
Logo,
y(t) = L−1
[e−πs/2 s
s2 + 1
]= uπ/2(t)g(t− π/2),
onde g(t) = L−1[
ss2+1
]= cos(t). Portanto,
y(t) = uπ/2(t) cos(t− π/2) = uπ/2(t) sin(t).
5.4 Exercıcios de Fixacao
Usando a Transformada de Laplace, encontre a solucao dos seguintes PVI’s:
1. y′′ + y = δ(t− 2π), y(0) = 0, y′(0) = 1.
2. y′′ + y = δ(t− 2π) + δ(t− 4π), y(0) = 1, y′(0) = 0.
3. y′′ + 2y′ + y = δ(t− 1), y(0) = y′(0) = 0.
4. y′′ + 4y′ + 13y = δ(t− π) + δ(t− 3π), y(0) = 1, y′(0) = 0.
5. y′ + (δ(t) ∗ y) = uπ(t) cos(t), y(0) = 1.
6. y′ + (et ∗ y) = et/2, y(0) = 0.
7. y′′ + (4t ∗ y) = δ(t− π), y(0) = y′(0) = 0.
54
Tabela 1: Algumas Transformadas de Laplace
Funcao Transformada Valor de s
f(t) L[f(t)] =∫ ∞
0e−stf(t) dt s ∈ R (integral convergente)
1 1/s s > 0
a a/s s > 0
eat 1/(s− a) s > a
sin(at) a/(s2 + a2) s > 0
cos(at) s/(s2 + a2) s > 0
sinh(at) a/(s2 − a2) s > |a|
cosh(at) s/(s2 − a2) s > |a|
tn, n ∈ N n!/sn+1 s > 0
1/√t
√π/s s > 0
eat sin(bt) b/[(s− a)2 + b2] s > a
eat cos(bt) (s− a)/[(s− a)2 + b2] s > a
eattn n!/(s− a)n+1 s > a
ua(t), a ≥ 0 e−as/s s > 0
ua(t)f(t− a), a ≥ 0 e−asL[f(t)]
eatf(t) φ(s− a), onde φ(s) = L[f(t)]
tnf(t), n ∈ N (−1)nφ(n)(s), onde φ(s) = L[f(t)]
f(t) p-periodica
∫ p
0e−stf(t) dt/(1− e−ps)
(f ∗ g)(t) =
∫ t
0f(t− ξ)g(ξ) dξ L[f(t)]L[g(t)]
δ(t− a) (Delta de Dirac) e−as s > 0, a ≥ 0
δ(t) 1 s > 0
f (n)(t) snL[f(t)]− sn−1f(0+)− · · · − f (n−1)(0+)∫ t
af(x) dx, a ≥ 0
(L[f(t)]−
∫ a
0f(x) dx
)/s
55
6 Fracoes Parciais: Uma breve revisao
A utilizacao de fracoes parciais para resolver determinadas integrais de funcoes racio-
nais e bastante util no calculo diferencial e integral. Neste contexto, sua utilidade deve ser
observada no calculo de transformadas inversas, uma vez que o quociente de polinomios
surge com frequencia na resolucao de EDO’s por Transformada de Laplace.
O metodo consiste em simplificar funcoes racionais da seguinte forma
f(x) =P (x)
Q(x),
onde P (x) e Q(x) sao polinomios, em soma de fracoes mais simples, as quais sao denomi-
nadas fracoes parciais. Vale a pena lembrar que se o grau de P (x) e inferior ao grau de
Q(x), entao pela teoria geral da algebra obtemos:
P (x)
Q(x)=∑
Fi (soma finita),
onde cada Fi assume uma das formas
A
(ax+ b)mou
Cx+D
(ax2 + bx+ c)n,
com m e n inteiros nao negativos e, tambem, sendo irredutıvel o termo ax2 + bx + c, ou
seja, a expressao quadratica nao tem raızes reais (b2−4ac < 0). A soma das Fi e chamada
decomposicao em fracoes parciais de P (x)/Q(x) e cada Fi e uma fracao parcial.
Os seguintes casos ocorre com frequencia:
Caso 1: Os fatores de Q(x) sao todos lineares e nenhum e repetido, isto e,
Q(x) = (a1x+ b1)(a2x+ b2) · · · (anx+ bn)
onde nao existem fatores identicos. Nesse caso, escreve-se
P (x)
Q(x):=
A1
a1x+ b1+
A2
a2x+ b2+ · · ·+ An
anx+ bn
onde A1, A2, . . . An sao constantes a serem determinadas.
56
Exemplo 6.1 Simplifique a expressao4x2 + 13x− 9
x3 + 2x2 − 3x, usando fracos parciais.
Solucao: Note inicialmente que
4x2 + 13x− 9
x3 + 2x2 − 3x=
4x2 + 13x− 9
x(x+ 3)(x− 1).
Neste caso, fazemos4x2 + 13x− 9
x(x+ 3)(x− 1):=
A
x+
B
x+ 3+
C
x− 1.
Desenvolvendo esta ultima expressao e agrupando as potencias semelhantes de x, entao
4x2 + 13x− 9 := (A+B + C)x2 + (2A−B + 3C)x− 3A,
de onde segue, pela igualdade de polinomios, o seguinte sistema linearA + B + C = 4
2A − B + 3C = 13
−3A = −9,
cuja solucao e A = 3, B = −1 e C = 2. Portanto,
4x2 + 13x− 9
x(x+ 3)(x− 1)=
3
x+
−1
x+ 3+
2
x− 1.
Caso 2: Os fatores de Q(x) sao todos lineares e alguns deles sao repetidos, por exemplo,
Q(x) = (a1x+ b1)p1(a2x+ b2)
p2 · · · (anx+ bn)pn ,
onde pj ≥ 1, j = 1, . . . , n. Supondo que o termo (aix + bi) seja um fator que se repete p
vezes, entao a esse fator havera de se impor a soma de p fracoes parciais da forma:
A1
(aix+ bi)p+
A2
(aix+ bi)p−1+ · · ·+
A(p−1)
(aix+ bi)2+
Ap
(aix+ bi),
onde A1, A2, ..., Ap sao constantes a serem determinadas correspondentes a este fator. O
proximo exemplo ilustra este caso.
Exemplo 6.2 Simplifique a expressaox3 − 1
x2(x− 2)3, usando fracos parciais.
57
Solucao: De acordo com o exposto, devemos impor que
x3 − 1
x2(x− 2)3:=
A
x2+B
x+
C
(x− 2)3+
D
(x− 2)2+
E
(x− 2),
de onde obtemos
x3 − 1 := A(x− 2)3 +Bx(x− 2)3 + Cx2 +Dx2(x− 2) + Ex2(x− 2)2,
ou ainda,
x3 − 1 := (B + E)x4 + (A− 6B +D − 4E)x3
+(−6A+ 12B + C − 2D + 4E)x2 + (12A− 8B)x− 8A.
Resolvendo o sistema linear proveniente, obtemos:
A =1
8, B =
3
16, C =
7
4, D =
5
4, E = − 3
16.
Logo,x3 − 1
x2(x− 2)3=
1/8
x2+
3/16
x+
7/4
(x− 2)3+
5/4
(x− 2)2− 3/16
(x− 2).
Caso 3: Os fatores de Q(x) sao lineares e quadraticos, sendo que nenhum dos fatores
quadraticos e redutıvel e repetido, ou seja,
Q(x) = (a1x2 + b1x+ c1) · · · (anx2 + bnx+ cn)
m∏j=1
(cjx+ dj)pj ,
onde pj ≥ 1, j = 1, . . . , n. Com respeito ao termos lineares, temos os casos abordados
acima. Com relacao a cada fator quadratico irredutıvel escrevemos uma fracao parcial da
formaAix+Bi
aix2 + bix+ ci, i = 1, . . . , n.
O proximo exemplo ajuda a entender melhor este caso.
Exemplo 6.3 Simplifique a expressaox2 − 2x− 3
(x2 + 2x+ 2)(x− 1), usando fracos parciais.
58
Solucao: Inicialmente consideramos
x2 − 2x− 3
(x2 + 2x+ 2)(x− 1):=
Ax+B
x2 + 2x+ 2+
C
x− 1.
Assim,
x2 − 2x− 3 := (Ax+B)(x− 1) + C(x2 + 2x+ 2)
= (A+ C)x2 + (−A+B + 2C)x−B + 2C.
Isto implica que A =9
5, B =
7
5, e C = −4
5. Portanto,
x2 − 2x− 3
(x2 + 2x+ 2)(x− 1)=
1
5
(9x+ 7
x2 + 2x+ 2− 4
x− 1
).
Caso 4: Os fatores de Q(x) sao lineares e quadraticos irredutıveis e alguns dos fatores
quadraticos sao repetidos, isto e,
Q(x) = (a1x2 + b1x+ c1)
q1 · · · (anx2 + bnx+ cn)qn
m∏j=1
(cjx+ dj)pj ,
onde qi, pj ≥ 1, para i = 1, . . . ,m e j = 1, . . . , n. Supondo que o termo (aix2 + bix + ci)
seja um fator que se repete q vezes, entao a esse fator havera de se impor a soma de q
fracoes parciais da forma:
A1x+B1
(aix2 + bix+ ci)q+
A2x+B2
(aix2 + bix+ ci)q−1+ · · ·+ Aqx+Bq
aix2 + bix+ ci.
Exemplo 6.4 Determine a decomposicao deP (x)
(x2 − 2x+ 2)3em fracos parciais.
Solucao: De acordo com o exposto acima, devemos impor que
P (x)
(x2 − 2x+ 2)3:=
Ax+B
(x2 − 2x+ 2)3+
Cx+D
(x2 − 2x+ 2)2+
Ex+ F
x2 − 2x+ 2.
Exemplo 6.5 Determine a decomposicao deP (x)
(x2 − 2x+ 2)2(x− 1)2em fracos parciais.
59
Solucao: Neste caso, temos
P (x)
(x2 − 2x+ 2)3:=
Ax+B
(x2 − 2x+ 2)2+
Cx+D
(x2 − 2x+ 2)+
E
(x− 1)2+
F
(x− 1).
60
Referencias
[1] W. Boyce & R. C. DiPrima, Elementary Differential Equations and Boundary Value
Problems, Ninth Edition, John Wiley & Sons, Inc., New York, 2009.
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[4] D. G. de Figueiredo & A. F. Neves, Equacoes Diferenciais Aplicadas, 2a edicao, Ins-
tituto Nacional de Matematica Pura e Aplicada - IMPA, Rio Janeiro, 2002.
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Addison-Wesley Publishing Company, Reading, Mass., 1968.
[6] D. L. Kreider, R. G. Kuller, D. R. Ostberg & F. W. Perkins, An Introduction to Linear
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61
