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GABARITO DA LISTA DE EXERCÍCIOS 06
Disciplina: Cálculo Operacional
Prof. Germán Suazo
1. Calcule a transformada de Laplace de cada função a seguir:
t < 1,
0,
a. f (t ) =  2
t − 2t + 2, t ≥ 1,
Solução:
Observe que a função f (t ) pode ser escrita em termos da função de Heaviside u(t )
(degrau unitário) como f (t ) = (t 2 − 2t + 2 ) ⋅ u (t − 1) . Esta função pode ser escrita
considerando u(t − a) ⋅ g (t − a) para poder aplicar a propriedade 17 da tabela.
Então
temos
(
)
(
)
f (t ) = t 2 − 2t + 2 ⋅ u(t − 1) = (t − 1) 2 + 1 ⋅ u(t − 1)
que
2
= (t − 1) u (t − 1) + u (t − 1) .
Tomando transformada de Laplace:
L[ f (t )] = L (t − 1) 2 u (t − 1) + u (t − 1) = L (t − 1) 2 u (t − 1) + L[u (t − 1)]
[
] [
[ ]
= e −s ⋅ L t 2 +
]
−s
e
s
(propriedades 17 e 2)
2! e −s
(propriedade 8)
+
s
s3
 2 1
= e −s ⋅  3 + 
s
s
f (t ) = t ⋅ u(t ) − (t − 1) ⋅ u (t − 2) − u (t − 3) ;
= e −s ⋅
b.
Solução:
Podemos escrever f (t ) = t ⋅ u(t ) − (t − 2) ⋅ u(t − 2) − u (t − 2) − u (t − 3)
Tomando transformada de Laplace:
L[ f (t )] = L[t ⋅ u (t ) − (t − 2) ⋅ u (t − 2) − u (t − 2) − u (t − 3)]
= L[t ⋅ u (t )] − L[(t − 2) ⋅ u (t − 2)] − L[u (t − 2)] − L[u (t − 3)]
e − 2 s e −3 s
−
(propriedades 17 e 2)
s
s
1
1 e − 2 s e −3 s
= 2 − e −2 s ⋅ 2 −
−
(propriedade 8)
s
s
s
s
1 e −2 s e − 2 s e −3 s
= 2 − 2 −
−
s
s
s
s
f (t ) = cos(t ) ⋅ (u (t ) − u (t − 2π ) ) − u(t − 3π ) ;
= L[t ] − e −2 s L[t ] −
c.
Solução:
f (t ) = cos(t ) ⋅ u(t ) − cos(t − 2π ) ⋅ u (t − 2π ) − u (t − 3π ) , desde que cos(t − 2π ) = cos(t ) .
Tomando transformada de Laplace:
L[ f (t )] = L[cos(t ) ⋅ u(t ) − cos(t − 2π ) ⋅ u (t − 2π ) − u(t − 3π )]
= L[cos(t ) ⋅ u(t )] − L[cos(t − 2π ) ⋅ u(t − 2π )] − L[u (t − 3π )]
= L[cos(t )] − e − 2πs L[cos(t )] −
e −3π s
(propriedades 17 e 2)
s
s
s
e −3π s
− 2π s
−
⋅
−
e
(propriedade 4)
s
s2 +1
s2 +1
s
e −3π s
− 2π s
= 2
⋅ (1 − e
)− s
s +1
=
d.
Solução:
Escrevemos a função observando os intervalos ] − ∞,0] , [0,1] , [1,2] [2,3] , [3,4] e [4,+∞[ :
Intervalo
Valor da função
t<0
0
t
0 < t <1
1< t < 2
1
2<t <3
0
3<t < 4
1
4<t
0
Assim, a função pode ser escrita como:
f (t ) = t ⋅ [u (t ) − u (t − 1)] + [u (t − 1) − u (t − 2)] + [u (t − 3) − u (t − 4)]
= t ⋅ u (t ) − t ⋅ u (t − 1) + u (t − 1) − u (t − 2) + u (t − 3) − u (t − 4)
= t ⋅ u (t ) − (t − 1) ⋅ u (t − 1) − u (t − 2) + u (t − 3) − u (t − 4)
Tomando transformada de Laplace:
L[ f (t )] = L[t ⋅ u (t ) − (t − 1) ⋅ u (t − 1) − u (t − 2) + u (t − 3) − u (t − 4)]
= L[t ⋅ u (t )] − L[(t − 1) ⋅ u (t − 1)] − L[(u (t − 2)] + L[(u (t − 3)] − L[(u (t − 4)]
e − 2 s e −3 s e − 4 s
(propriedades 17 e 2)
+
−
s
s
s
1
1 e − 2 s e −3 s e − 4 s
= 2 − e− s ⋅ 2 −
+
−
(propriedade 8)
s
s
s
s
s
1
1
= 2 ⋅ 1 − e − s − ⋅ e −2 s − e −3 s + e − 4 s
s
s
e. f (t ) = t 2 e −3t cos(t ) ;
= L[t ] − e − s L[t ] −
(
)
(
)
Solução:
Temos que L[cos(t )] =
s
.
s +1
2
[
]
Então, pela propriedade 16, L t 2 cos(t ) = (−1) 2
d2
ds 2
2
 s  2 s( s − 3)
(os cálculos da
 2
= 2
3
 s + 1  ( s + 1)
segunda derivada não são mostrados).
[
]
Agora, pela propriedade 12, L t 2 e −3t cos(t ) =
f.
f (t ) =
2(s + 3)((s + 3) 2 − 3) 2( s + 3)(s 2 + 6 s + 6)
=
((s + 3) 2 + 1) 3
(s 2 + 6 s + 10) 3
e 3t − 1
;
t
Solução:
Como lim
t →0
e 3t − 1
= 3 , então podemos aplicar a propriedade 20 e temos
t
+∞
+∞ 
 e 3t − 1 
1
1
ν = +∞
3t
L[ f (t )] = L 
−  dν = (ln(ν − 3) − ln(ν ) ) ν = s
 = ∫s L e − 1 (ν ) dν = ∫s 
t
−
3
ν
ν




[
]
ν = +∞
ν − 3 
 s − 3
 s 
= ln 
= 0 − ln 

 = ln 

 ν  ν =s
 s 
 s − 3
1 − cos(t )
g. f (t ) =
;
t
Solução:
1 − cos(t )
= 1 , então podemos aplicar a propriedade 20, e temos
t
+∞
+∞  1
ν 
1 − cos(t ) 
L[ f (t )] = L 
= ∫ L[1 − cos(t )](ν ) dν = ∫  − 2
 dν

s
t

 s
ν ν + 1 
Como lim
t →0
ν = +∞
ν = +∞
 2

 ν

 s 
1


2


 = ln  s + 1 
=  ln(ν ) − ln(ν + 1) 
= ln 
=
0
−
ln

 2

2
 s 
2

 ν =s
 ν + 1  ν =s
 s +1 


h.
f (t ) = t 2 e − t cos 2 (t ) ;
Solução:
1 + cos(2t )
e assim,
2
1 + cos(2t ) 1 2 −t 1 2 −t
f (t ) = t 2 e − t ⋅
= t e + t e cos(2t ) .
2
2
2
2
2 −t
Observe que L t e =
, pela propriedade 9.
(s + 1) 3
s
Também, L[cos(2t )] = 2
.
s +4
d 2  s  2s (s 2 − 12)
Então, pela propriedade 16, L t 2 cos(2t ) = (−1) 2 2  2
(os cálculos
=
ds  s + 4 
(s 2 + 4) 3
da segunda derivada não são mostrados).
Agora, pela propriedade 12,
2( s + 1)((s + 1) 2 − 12) 2( s + 1)(s 2 + 2s − 11)
.
L t 2 e −t cos(2t ) =
=
((s + 1) 2 + 4) 3
(s 2 + 2s + 5) 3
Temos que cos 2 (t ) =
[
]
[
[
[
]
1 2 −t 1 2 −t
1
( s + 1)(s 2 + 2s − 11)
.
L t e + L t e cos(2t ) =
+
2
2
( s + 1) 3
(s 2 + 2s + 5) 3
sen(t)
f (t ) =
;
t
]
Enfim, L t 2 e −t cos 2 (t ) =
i.
]
[
]
[
]
Solução:
Como lim
t →0
Solução:
sen(t )
= 1 , então podemos aplicar a propriedade 20, e temos
t
+∞
+∞ 
1 
 sen (t ) 
L[ f (t )] = L 
= ∫ L[sen (t )](ν ) dν = ∫  2
 dν

s
s
 t 
ν + 1 
π
ν = +∞
1
= (arctan(ν ) ) ν = s = − arctan(s ) = arctan 
2
s
t
−t
e −e
j. f (t ) =
.
t
e t − e −t
= 2 , então podemos aplicar a propriedade 20 e temos
t →0
t
+∞
+∞  1
 e t − e −t 
1 
t
−t
L[ f (t )] = L 
−
 dν
 = ∫s L e − e (ν ) dν = ∫s 
ν − 1 ν + 1 
 t 
Como lim
[
]
ν = +∞
ν − 1 
 s −1
 s + 1
= (ln(ν − 1) − ln(ν + 1)) ν = s = ln
= 0 − ln 

 = ln

ν + 1  ν =s
 s +1
 s −1
2. Calcule as transformadas inversas de Laplace das funções a seguir:
s 2 − 26 s − 47
a.
;
( s − 1)(s + 2)(s + 5)
Solução:
Decompondo em frações parciais
s 2 − 26 s − 47
A
B
C
A( s + 2)(s + 5) + B( s − 1)(s + 5) + C (s − 1)(s + 2)
=
+
+
=
( s − 1)(s + 2)(s + 5) s − 1 s + 2 s + 5
(s − 1)(s + 2)(s + 5)
ν = +∞
Então s 2 − 26 s − 47 = A( s + 2)(s + 5) + B( s − 1)(s + 5) + C ( s − 1)(s + 2) .
Para s = 1 temos: − 72 = 18 A , que implica A = −4 .
Para s = −2 temos: 9 = −9B , que implica B = −1 .
Para s = −5 temos: 108 = 18C , que implica C = 6 .
s 2 − 26s − 47
4
1
6
.
Assim,
=−
−
+
( s − 1)( s + 2)( s + 5)
s −1 s + 2 s + 5
Então, pela propriedade 3, temos que a transformada inversa de
s 2 − 26 s − 47
éa
( s − 1)( s + 2)( s + 5)
função f (t ) = −4e t − e −2t + 6e −5t .
b.
− 2 s 2 − 3s − 2
;
s (s + 1) 2
Solução:
Decompondo em frações parciais
− 2 s 2 − 3s − 2 A
B
C
A( s + 1) 2 + Bs ( s + 1) + Cs
= +
+
=
s s + 1 ( s + 1) 2
s ( s + 1) 2
s ( s + 1) 2
Então − 2s 2 − 3s − 2 = A( s + 1) 2 + Bs( s + 1) + Cs .
Para s = 0 temos: − 2 = A , que implica A = −2 .
Para s = −1 temos: − 1 = −C , que implica C = 1 .
Para s = 1 temos: − 7 = 4 A + 2 B + C , que implica B =
Assim,
− 7 − 4A − C − 7 + 8 −1
=
= 0.
2
0
− 2s 2 − 3s − 2 − 2
1
=
+
2
s
s (s + 1)
( s + 1) 2
Então, pelas propriedades 3 e 9, temos que a transformada inversa de
função f (t ) = −2 + t e −t .
c.
− 2s 2 + 8s − 14
;
( s + 1)(s 2 − 2s + 5)
Solução:
Decompondo em frações parciais
− 2 s 2 − 3s − 2
éa
s (s + 1) 2
− 2s 2 + 8s − 14
A
Bs + C
A(s 2 − 2s + 5) + ( Bs + C )(s + 1)
=
+
=
( s + 1)(s 2 − 2s + 5) s + 1 s 2 − 2s + 5
( s + 1)(s 2 − 2s + 5)
Então − 2 s 2 + 8s − 14 = A( s 2 − 2 s + 5) + ( Bs + C )( s + 1) .
Para s = −1 temos: − 24 = 8 A , que implica A = −3 .
Para s = 0 temos: − 14 = 5 A + C , que implica C = −14 − 5 A = −14 + 15 = 1 .
Para s = 1 temos: − 8 = 4 A + 2( B + C ) , que implica B = −4 − 2 A − C = −4 + 6 − 1 = 1 .
− 2s 2 + 8s − 14
−3
s +1
−3
( s − 1)
2
=
+ 2
=
+
+
2
2
2
1
1
s
+
s
+
( s + 1)(s − 2s + 5)
( s − 1) + 2
( s − 1) 2 + 2 2
s − 2s + 5
Então, pelas propriedades 3, 10 e 11, temos que a transformada inversa de
− 2s 2 + 8s − 14
é a função f (t ) = −3e − t + 3 e t cos(2t ) + 2e t sen ( 2t ) .
( s + 1)( s 2 − 2s + 5)
Assim,
d.
3s 2 + 5s + 3
;
s4 + s3
Solução:
Decompondo em frações parciais
3s 2 + 5s + 3 3s 2 + 5s + 3
A
B C D As 3 + Bs 2 ( s + 1) + Cs ( s + 1) + D (s + 1)
=
=
+
+
+
=
s + 1 s s2 s3
s4 + s3
s 3 ( s + 1)
s 3 ( s + 1)
Então 3s 2 + 5s + 3 = As 3 + Bs 2 ( s + 1) + Cs ( s + 1) + D (s + 1) .
Para s = 0 temos: 3 = D , que implica D = 3 .
Para s = −1 temos: 1 = − A , que implica A = −1 .
Para s = 1 temos: 11 = A + 2 B + 2C + 2 D , que implica B + C = 3 .
Para s = −2 temos: 5 = −8 A − 4B + 2C − D , que implica − 2 B + C = 0 .
Resolvendo estas duas últimas equações temos que B = 1 e C = 2 .
3s 2 + 5s + 3 3s 2 + 5s + 3
3
−1 1 2
Assim,
= 3
=
+ + 2 + 3.
4
3
s +1 s s
s +s
s ( s + 1)
s
3s 2 + 5s + 3
Então, pelas propriedades 3, 8 e 9, temos que a transformada inversa de
éa
s4 + s3
3
função f (t ) = − e −t + 1 + 2t + t 2 .
2
1
e.
;
( s − 1) 2 ( s 2 − 2s + 2)
Solução:
Decompondo em frações parciais
1
A
B
Cs + D
=
+
+ 2
2
2
2
( s − 1) ( s − 2 s + 2) s − 1 ( s − 1)
s − 2s + 2
=
A( s − 1)( s 2 − 2 s + 2) + B ( s 2 − 2 s + 2) + (Cs + D )( s − 1) 2
( s − 1) 2 ( s 2 + 2 s + 2)
Então 1 = A( s − 1)(s 2 − 2s + 2) + B( s 2 − 2s + 2) + (Cs + D)(s − 1) 2 .
Para s = 1 temos: 1 = B , que implica B = 1 .
Para s = 0 temos: 1 = −2 A + 2 B + D , que implica − 2 A + D = −1 .
Para s = −1 temos: 1 = −10 A + 5B + 4(−C + D) , que implica − 10 A − 4C + 4 D = −4 .
Para s = 2 temos: 1 = 2 A + 2 B + (2C + D ) , que implica 2 A + 2C + D = −1 .
− 2 A + D = −1,

Assim, temos o sistema − 10 A − 4C + 4 D = −4, cuja solução é A = 0 , C = 0 e D = −1.
2 A + 2C + D = −1

1
1
1
1
− 2
=
−
.
2
2
( s − 1) (s − 2 s + 2) ( s − 1)
s − 2 s + 2 ( s − 1)
( s − 1) 2 + 12
Então, pelas propriedades 8 e 11, temos que a transformada inversa de
1
é a função f (t ) = t e t − e t sen(t ) .
2
( s − 1) (s 2 − 2 s + 2)
s
f.
;
2
( s + 1) 2
Solução:
 d  1 
d  1 
2s
− 2s 
−1 
Observe que
, que dá L−1   2
, ou
 2
=− 2
 = L  2
2
2 
ds  s + 1 
( s + 1)
 ds  s + 1 
 ( s + 1) 
Assim,
1
2
2
=


1
 d  1 
s
Mas,
pela
propriedade
16,
= − L−1   2
L−1  2

2 
2  ds  s + 1 
 ( s + 1) 
 d  1 
1 
−1 
L−1   2
 = (−1) t L  2  = −t sen (t ) .
 s + 1
 ds  s + 1 


s
1  d  1 
1
1
Logo, L−1  2
= − L−1   2
 = − ⋅ (− t sen (t )) = t sen (t ) .
2 
2  ds  s + 1 
2
2
 ( s + 1) 
Método alternativo:
A transformada inversa anterior também pode ser calculada mediante a propriedade de
convolução (propriedade 19):
t


s
1 
 s
L−1  2
= L−1  2
⋅ 2  = ∫ cos(t − τ ) sen (τ ) dτ
2 
0
 s + 1 s + 1
 ( s + 1) 
1 t
= ∫ sen (t ) + sen (2τ − t ) dτ ,
2 0
1
1
(propriedade sen ( A) ⋅ cos( B) = sen ( A + B) + sen ( A − B))
2
2
seja,
τ =t
1
1
1
1
1


=  t sen(t ) − cos(t ) − 0 + cos(−t ) 
 sen (t )τ − cos(2τ − t ) 
2
2
2
2
 τ =0 2 

1
= t sen (t ), pois cos(t ) = cos(−t ).
2
1
;
g.
2
( s + 1) 2
=
Solução:
Pela propriedade 15 e considerando o resultado da parte f, temos que:
t


1



1
s
s
L−1  2
= L−1  ⋅ 2
= ∫ L−1  2
dτ
2 
2 
2 
0
 (s + 1) 
 s (s + 1) 
 (s + 1)  (τ )
1
1
1
τ =t
τ sen (τ ) dτ = (sen(τ ) − τ cos(τ ) ) τ =0 = (sen (t ) − t cos(t ))
2
2
2
Método alternativo:
A transformada inversa anterior também pode ser calculada mediante a propriedade de
convolução (propriedade 19):
=∫
t
0
t


s
1 
 1
L−1  2
= L−1  2
⋅ 2
= ∫ sen (t − τ ) sen (τ ) dτ
2 

 s + 1 s + 1 0
 (s + 1) 
1 t
= ∫ (− cos(t ) + cos(2τ − t ) ) dτ ,
2 0
1
1
(propriedade sen ( A) ⋅ sen( B) = − cos( A + B) + cos( A − B))
2
2
τ =t
1
1
1
1
1


=  − cos(t )τ + sen (2τ − t ) 
=  − t cos(t ) + sen (t ) − 0 − sen (−t ) 
2
2
2
2
 τ =0 2 

1
= (− t cos(t ) + sen (t ) ), pois sen (t ) = −sen (−t ).
2
Observação:
Para o exemplo dado em aula, temos que


s
1
 d  2 
1
1
L−1  2
= − L−1   2
= − ⋅ (− t sen (2t ) ) = t sen (2t ) .
2 
2 
4  ds  s + 2 
4
4
 ( s + 4) 
Assim,
t


1



1
s
s
L−1  2
= L−1  ⋅ 2
= ∫ L−1  2
 dτ
2 
2 
2
 (s + 1) 
 s ( s + 1)  0  ( s + 1)  (τ )
=∫
t
0
1
1
1
τ =t
τ sen(τ ) dτ = (sen(τ ) − τ cos(τ ) ) τ =0 = (sen(t ) − t cos(t ))
2
2
2
s−2
h. ln 
;
 s + 2
Solução:
Muito importante: a propriedade 15 também pode ser expressa de uma forma
diferente mas muito prática:
 dn

(−1) n
L−1[ F ( s )] = n L−1  n F ( s ) .
t
 ds

1 d

Em particular, para n = 1 temos que L−1[ F ( s )] = − L−1  F ( s ) .
t
 ds

Aplicamos a última igualdade e temos:
  s − 2 
1 −1  d  s − 2 
1 −1  d

L−1 ln 
 = − L  ln 
 = − L  (ln (s − 2 ) − ln( s + 2) )
t
t
 ds

  s + 2 
 ds  s + 2 
1  1
1 
1
= − L−1 
−
= − e 2t − e − 2t

t
t
 s − 2 s + 2
2
 s +1 
 ;
ln  2
 s + 4
(
i.
Solução:
1 d

Aplicamos L−1[ F ( s )] = − L−1  F ( s) e temos:
t
 ds

)
.
  s 2 + 1 
1  d  s 2 + 1 
1 d

 = − L−1  ln  2
 = − L−1  ln s 2 + 1 − ln( s 2 + 4) 
L−1 ln  2
t
t
 ds

  s + 4 
 ds  s + 4 
( (
j.
)
)
1  2s
2s 
1
= − (2 cos(t ) − 2 cos(2t ) )
= − L−1  2
− 2

t
t
 s +1 s + 4
 3 
arctan
.
 s + 2
Solução:
1 d

Aplicamos L−1[ F ( s )] = − L−1  F ( s) e temos:
t
 ds





1 −1  d
1 −1 
1
d  3 
 3 
 3 
−1 
L arctan
⋅ 
 = − L  arctan
 = − L

 3  2
t
t
ds  s + 2 
 s + 2 
 s + 2 

 ds


 +1
  s + 2 



1  (s + 2) 2
3  1 −1 
3
 = L 
= − L−1 
⋅−
2
2 
2 
2
2 
t
 ( s + 2) + 3 
 ( s + 2) + 3  ( s + 2)   t
1
= e − 2t sen (3t )
t
Na última igualdade, foi utilizada a propriedade 11.
3. Mediante a transformada de Laplace, resolva os seguintes PVI:
1, 0 ≤ t < π/2,
a. x ' '+ x = 
x(0) = 0 , x ' (0) = 1 ;
0, π/2 < t,
Solução:
1, 0 ≤ t < π/2,
Observe que a função f (t ) = 
pode ser expressa como
0, π/2 < t,
f (t ) = u (t ) − u (t − π / 2) . Agora, aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial,
levando em conta as condições iniciais:
L[x ' '] + L[x] = L[ f (t ) ] ,
(
)
s 2 L[x ] − sx (0) − x ' (0) + L[x] = L[u (t ) − u (t − π / 2)] ,
1 e− sπ / 2
,
−
s
s
1 e− sπ / 2
( s 2 + 1) L[x] = −
+ 1,
s
s
1
e− sπ / 2
1
,
(A)
L[x] =
−
+ 2
2
2
s (s + 1) s (s + 1) (s + 1)
e decompomos em frações parciais
1
A Bs + C A(s 2 + 1) + ( Bs + C )s
.
=
+ 2
=
s (s 2 + 1) s
s +1
s ( s 2 + 1)
s 2 L[x ] − 1 + L[x] =
Considerando que 1 = A( s 2 + 1) + ( Bs + C ) s :
para s = 0 , 1 = A + 0 que implica A = 1 ,
para s = 1 , 1 = 2 A + ( B + C ) , que implica B + C = −1 ,
para s = −1 , 1 = 2 A − (− B + C ) , que implica B − C = −1 ,
e resolvendo estas duas últimas equações, temos que B = −1 e C = 0 .
Logo,
1
2
s ( s + 1)
=
1
s
− 2
.
s s +1
1
s
e− sπ / 2 e − sπ / 2 s
1
− 2
−
+ 2
+ 2
.
s s +1
s
s +1 s +1
Utilizando as propriedades 3, 4, 5 e 17 temos que
− sπ / 2
− sπ / 2

s
1 
1 
 s 
−1  e
−1  e
−1 
x = L−1   − L−1  2
−
L
+
L


 2
+L  2

s 
 s + 1
 s + 1 
 s 
 s +1 
Assim, na igualdade (A), temos L[x] =
= 1 − cos(t ) − u (t − π / 2) + u (t − π / 2) ⋅ cos(t − π / 2) + sen (t )
Assim, a solução do PVI é
x = 1 − cos(t ) − u (t − π / 2) + u (t − π / 2) ⋅ cos(t − π / 2) + sen (t ) .
b. x ' '+4 x = sen (t ) − u (t − 2π ) ⋅ sen (t − 2π ) x(0) = 0 , x ' (0) = 0 ;
Solução:
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais nulas:
L[x ' '] + 4 L[x] = L[sen (t ) − u (t − 2π ) ⋅ sen (t − 2π ) ],
s 2 L[x ] − sx (0) − x ' (0) + 4 L[x] = L[sen (t )] − L[u (t − 2π ) ⋅ sen (t − 2π )] ,
1
e − 2π s
,
−
s2 +1 s2 +1
1
e −2π s
( s 2 + 4) L[x] = 2
− 2
,
s +1 s +1
1
e − 2π s
,
(A)
L[x] = 2
−
( s + 4)(s 2 + 1) ( s 2 + 4)(s 2 + 1)
e decompomos em frações parciais
1
As + B Cs + D ( As + B)(s 2 + 1) + (Cs + D)(s 2 + 4)
.
=
+ 2
=
( s 2 + 4)(s 2 + 1) s 2 + 4
s +1
( s 2 + 4)(s 2 + 1)
s 2 L[x ] + 4 L[x] =
Considerando que 1 = ( As + B )( s 2 + 1) + (Cs + D )( s 2 + 4) :
para s = 0 , 1 = B + 4 D que implica B + 4 D = 1 ,
para s = 1 , 1 = 2( A + B) + 5(C + D ) , que implica 2 A + 2 B + 5C + 5 D = 1 ,
para s = −1 , 1 = 2(− A + B) + 5(−C + D) , que implica − 2 A + 2 B − 5C + 5 D = 1 ,
para s = 2 , 1 = 5(2 A + B) + 8(2C + D) , que implica 10 A + 5 B + 16C + 8 D = 1 ,
1
1
e resolvendo o sistema de equações, temos que A = 0 , B = − , C = 0 e D = .
3
3
1
1 1
1 1
Logo, 2
=− 2
+
.
2
3 s + 4 3 s2 +1
( s + 4)( s + 1)
1 1
1 1
1 1 
 1 1
+
− e − 2π s  −
+
Assim, na igualdade (A), temos L[x] = − 2
.
2
2
2
3 s + 4 3 s +1
 3 s + 4 3 s + 1
Utilizando as propriedades 5 e 17 temos que
1  2  1 −1  1  1 −1  − 2 π s
2  1 −1  − 2 π s
1 
x = − L−1  2
+ L  2
+ L e
⋅ 2
− L e
⋅ 2



6  s + 4  3  s + 1 6 
s + 4 3 
s + 1 
1
1
1
1
= − sen (2t ) + sen (t ) + sen (2(t − 2π ))u (t − 2π ) − sen (t − 2π )u (t − 2π )
6
3
6
3
Assim, a solução do PVI é
1
1
1
1
x = − sen (2t ) + sen (t ) + sen (2t )u (t − 2π ) − sen (t )u (t − 2π ) .
6
3
6
3
c. x ' '+3 x '+2 x = u (t − 2) x(0) = 0 , x ' (0) = 1 ;
Solução:
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais:
L[x ' '] + 3L[x '] + 2 L[x] = L[u (t − 2)] ,
2
s L[x ] − sx(0) − x ' (0) + 3sL[x ] − 3 x(0) + 2 L[x ] = L[u (t − 2)] ,
s 2 L[x ] − 1 + 3sL[x] + 2 L[x ] =
e −2 s
,
s
e−2 s
+ 1,
s
e− 2 s
1
,
L[x] =
+ 2
2
s( s + 3s + 2) ( s + 3s + 2)
( s 2 + 3s + 2) L[x] =
e− 2s
1
+
(A)
s( s + 1)( s + 2) ( s + 1)( s + 2)
e decompomos em frações parciais
1
A
B
A( s + 2) + B( s + 1)
=
+
=
,
( s + 1)(s + 2) s + 1 s + 2
(s + 1)(s + 2)
e considerando que 1 = A( s + 2) + B(s + 1) :
para s = −1 , 1 = A que implica A = 1 ,
para s = −2 , 1 = − B , que implica B = −1 .
1
Agora, decompomos
,
s (s + 1)(s + 2)
1
α
β
γ
α (s + 1)(s + 2) + β s ( s + 2) + γ s ( s + 1)
= +
+
=
,
s (s + 1)(s + 2) s s + 1 s + 2
s ( s + 1)(s + 2)
e considerando que 1 = α ( s + 1)(s + 2) + β s ( s + 2) + γ s ( s + 1)
1
para s = 0 , 1 = 2α , que implica α = ,
2
para s = −1 , 1 = −β , que implica β = −1 ,
1
para s = −2 , 1 = 2γ , que implica γ = .
2
1
1
1
1
1 1
1
1 1
Logo,
=
−
e
= ⋅ −
+ ⋅
.
( s + 1)(s + 2) s + 1 s + 2 s (s + 1)(s + 2) 2 s s + 1 2 s + 2
Assim, na igualdade (A), temos
e− 2s
1
1 e− 2s e− 2s 1 e− 2s
1
1
L[x] =
+
= ⋅
−
+ ⋅
+
−
.
s ( s + 1)( s + 2) ( s + 1)( s + 2) 2 s
s +1 2 s + 2 s +1 s + 2
Utilizando as propriedades 2, 3 e 17 temos que
−2s
 1 −1  e − 2 s 
1 e−2s 
 1 
−1  e
−1  1 
x = L−1 
−
L
− L−1 


+ L 
+L 


2  s 
 s + 1
 s + 2
 s + 1 2  s + 2 
L[x] =
1
1
u (t − 2) − u (t − 2) ⋅ e −t + 2 + u (t − 2) ⋅ e − 2t + 4 + e −t − e − 2t
2
2
Assim, a solução do PVI é
1
1
x = u (t − 2) − u (t − 2) ⋅ e −t + 2 + u (t − 2) ⋅ e − 2t + 4 + e −t − e − 2t .
2
2
d. x ' '+4 x = u (t − π ) − u (t − 3π ) x(0) = 0 , x ' (0) = 0 ;
Solução:
=
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais nulas:
L[x ' '] + 4 L[x] = L[u (t − π ) − u (t − 3π )] ,
s 2 L[x ] − sx (0) − x ' (0) + 4 L[x ] = L[u (t − π )] − L[u (t − 3π ) ] ,
e − π s e − 3π s
,
−
s
s
e − π s e − 3π s
,
( s 2 + 4) L[x ] =
−
s
s
e− π s
e − 3π s
,
(A)
L[x] =
−
s (s 2 + 4) s ( s 2 + 4)
e decompomos em frações parciais
1
A Bs + C A( s 2 + 4) + ( Bs + C ) s
.
=
+
=
s (s 2 + 4) s s 2 + 4
s (s 2 + 4)
s 2 L[x ] + 4 L[x ] =
Considerando que 1 = A( s 2 + 4) + ( Bs + C ) s :
1
para s = 0 , 1 = 4 A que implica A = ,
4
para s = 1 , 1 = 5 A + B + C , que implica 5 A + B + C = 1 ,
para s = −1 , 1 = 5 A − (− B + C ) , que implica 5 A + B − C = 1
1
1
e resolvendo o sistema de equações, temos que A = , B = − e C = 0 .
4
4
1
1 1 1 s
Logo,
.
= ⋅ −
s (s 2 + 4) 4 s 4 s 2 + 4
Assim, na igualdade (A), temos
1 e− π s 1 − π s s
1 e − 3π s 1 − 3π s s
L[x] = ⋅
− e
−
⋅
+ e
.
4 s
4
s2 + 4 4
s
4
s2 + 4
Utilizando as propriedades 2 e 17 temos que
 e − π s  1 −1  − π s s  1 −1  e − 3π s  1 −1  − 3π s s 
1
x = L−1 
− L 
− L e
+ L e
4  s  4 
s 2 + 4  4  s  4 
s 2 + 4 
1
1
1
1
u (t − π ) − u(t - π ) ⋅ cos(2(t − π )) − u (t − 3π ) + cos( 2(t − 3π ))u (t − 3π )
4
4
4
4
Assim, a solução do PVI é
1
1
1
1
x = u (t − π ) − u (t − π ) ⋅ cos(2t ) − u (t − 3π ) + u (t − 3π ) ⋅ cos(2t ) .
4
4
4
4
( iv )
e. x − x = u (t ) , x(0) = 0 , x ' (0) = 0 , x ' ' (0) = 0 , x ' ' ' (0) = 0 ;
Solução:
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais nulas:
L x ( iv ) − L[x] = L[u (t )] ,
1
s 4 L[x ] − L[x ] = ,
s
1
4
( s − 1) L[x] = ,
s
1
,
L[x] =
s( s 4 − 1)
=
[ ]
1
s ( s − 1)( s + 1)( s 2 + 1)
e decompomos em frações parciais
1
A
B
C
Ds + E
= +
+
+ 2
2
s ( s − 1)( s + 1)( s + 1) s s − 1 s + 1 s + 1
L[x ] =
(A)
.
A( s − 1)( s + 1)( s 2 + 1) + Bs ( s + 1)( s 2 + 1) + Cs ( s − 1)( s 2 + 1) + ( Ds + E ) s ( s − 1)( s + 1)
=
s( s − 1)( s + 1)( s 2 + 1)
Considerando que
1 = A( s − 1)( s + 1)( s 2 + 1) + Bs( s + 1)( s 2 + 1) + Cs ( s − 1)( s 2 + 1) + ( Ds + E ) s ( s − 1)( s + 1)
para s = 0 , 1 = − A que implica A = −1 ,
1
para s = 1 , 1 = 4 B , que implica B = ,
4
1
para s = −1 , 1 = 4C , que implica C = ,
4
para s = 2 , 1 = 15 A + 30 B + 10C + 6(2 D + E ) , que implica
12 D + 6 E = 1 − 15 A − 30 B − 10C ,
para s = −2 , 1 = 15 A + 10 B + 30C − 6(−2 D + E ) , que implica
12 D − 6 E = 1 − 15 A − 10 B − 30C ,
1
1
1
e resolvendo o sistema de equações, temos que A = −1 , B = , C = , D = e E = 0 .
4
4
2
1
1 1 1
1 1
1 s
.
Logo,
=− +
+
+
s 4 s −1 4 s +1 2 s2 +1
s (s − 1)(s + 1)(s 2 + 1)
1 1 1
1 1
1 s
Assim, na igualdade (A), temos L[x] = − +
+
+
.
s 4 s −1 4 s +1 2 s2 +1
Utilizando as propriedades 3 temos que
 1  1  1  1 −1  1  1 −1  s 
x = − L−1   + L−1 
+ L
+ L
2
 s  4  s − 1 4  s + 1 2  s + 1 
1
1
1
= −1 + e t + e −t + cos(t )
4
4
2
1
1
1
Assim, a solução do PVI é x = −1 + e t + e −t + cos(t ) .
4
4
2
( iv )
f. x − x = f (t ) , x(0) = 0 , x ' (0) = 0 , x ' ' (0) = 0 , x ' ' ' (0) = 0 , onde f (t ) é
uma função contínua.
Solução:
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais nulas:
L x ( iv) − L[x] = L[ f (t ) ] ,
[ ]
s 4 L[x ] − L[x ] = L[ f (t )] ,
( s 4 − 1) L[x ] = F ( s ) ,
F ( s)
,
L[x] = 4
s −1
F (s)
L[x] =
( s − 1)( s + 1)( s 2 + 1)
e decompomos em frações parciais
(A)
A
B
Cs + D
1
=
+
+ 2
2
( s − 1)( s + 1)( s + 1) s − 1 s + 1 s + 1
.
A( s + 1)( s 2 + 1) + B ( s − 1)( s 2 + 1) + (Cs + D)( s − 1)( s + 1)
=
s ( s − 1)( s + 1)( s 2 + 1)
Considerando que
1 = A( s + 1)( s 2 + 1) + B ( s − 1)( s 2 + 1) + (Cs + D )( s − 1)( s + 1)
1
para s = −1 , 1 = −4 B que implica B = − ,
4
1
para s = 1 , 1 = 4 A , que implica A = ,
4
1
para s = 0 , 1 = A − B − D , que implica D = A − B − 1 = − ,
2
para s = −2 , 1 = −5 A − 15B − 3(−2C + D ) , que implica 6C = 1 + 5 A + 15 B + 3D ,
1
1
1
e resolvendo o sistema de equações, temos que A = , B = − , C = 0 e D = − .
4
4
2
1
1 1
1 1
1 1
Logo,
.
=
−
−
2
( s − 1)(s + 1)(s + 1) 4 s − 1 4 s + 1 2 s 2 + 1
Assim, na igualdade (A), temos
F ( s)
1
1
1
1
1
1
.
L[x] =
= F (s)
− F (s)
− F (s) 2
2
s −1 4
s +1 2
( s − 1)(s + 1)(s + 1) 4
s +1
Utilizando a propriedade 19 temos que
1 
1  1 −1 
1  1 −1 
1 
x = L−1  F ( s )
− L  F (s)
− L  F (s) 2


4 
s − 1 4 
s + 1 2 
s + 1 
1 t
1 t
1 t
= ∫ f (t − τ ) ⋅ eτ d τ − ∫ f (t − τ ) ⋅ e −τ d τ − ∫ f (t − τ ) ⋅ sen (τ ) d τ
4 0
4 0
2 0
Assim, a solução do PVI é
1 t
1 t
1 t
x = ∫ f (t − τ ) ⋅ eτ d τ − ∫ f (t − τ ) ⋅ e −τ d τ − ∫ f (t − τ ) ⋅ sen (τ ) d τ .
0
0
4
4
2 0
4. Um certo sistema massa-mola-amortecedor satisfaz o problema de valor inicial
x ' '+ 14 x '+ x = k ⋅ g (t ) , x(0) = x ' (0) = 0 , onde g (t ) = u (t − 3 / 2) − u (t − 5 / 2) e k > 0 é
um parâmetro.
a. Resolva o PVI.
Solução:
Aplicando a transformada de Laplace à equação diferencial e considerando as condições
iniciais nulas temos
s 2 L[x ] + 14 sL[x] + L[x] = k ⋅ L[u (t − 3 / 2) − u(t − 5 / 2)] ,
(s
2
)
+ 14 s + 1 L[x ] = k ⋅ L[u (t − 3 / 2) − u (t − 5 / 2) ] ,
 e− 3s / 2 e − 5 s / 2 
,
( s 2 + 14 s + 1) L[x] = k ⋅ 
−
s 
 s


e− 3s / 2
e− 5s/ 2

L[x] = k ⋅ 
−
2
2
1
1

s
(
s
+
s
+
1
)
s
(
s
+
s
+
1
)

4
4

2
1
63

Considerando que s + s + 1 =  s +  +
, decompomos em frações parciais a
8
64

1
A
Bs + C
expressão
.
= + 2 1
2
1
s ( s + 4 s + 1) s s + 4 s + 1
2
Temos que
1
4
A( s 2 + 14 s + 1) + ( Bs + C ) s
1
A
Bs + C
, do qual:
=
+
=
s ( s 2 + 14 s + 1) s s 2 + 14 s + 1
s ( s 2 + 14 s + 1)
1 = A( s 2 + 14 s + 1) + ( Bs + C ) s ;
para s = 0 , 1 = A , que implica A = 1 ,
9
5
para s = 1 , 1 = A + B + C , que implica B + C = − ,
4
4
7
3
para s = −1 , 1 = A − ( − B + C ) , que implica B − C = − ,
4
4
1
e resolvendo as equações temos B = −1 e C = − .
4
Assim,
s + 18
s + 14
s + 14
1
1
1
1
=
−
=
−
=
−
s ( s + 18 ) 2 +
s (s 2 + 14 s + 1) s s 2 + 14 s + 1 s (s + 18 ) 2 + 63
64
Logo, a transformada inversa de
63
64
−
1
63
8
1 2
8
63
63 (s + ) + 64
e− 3s / 2
é
s (s 2 + 14 s + 1)

 63


1 −( t −3 / 2) / 8  63
h1 (t ) = u (t − 3 / 2) ⋅ 1 − e −(t −3 / 2 ) / 8 cos
(t − 3 / 2)  −
e
sen 
(t − 3 / 2)   .


63
 8

 8


e− 5 s / 2
é
Também, a transformada inversa de
s (s 2 + 14 s + 1)

 63


1 −( t −5 / 2 ) / 8  63
h2 (t ) = u (t − 5 / 2) ⋅ 1 − e −(t −5 / 2) / 8 cos
(t − 5 / 2)  −
e
sen 
(t − 5 / 2)   .


63
 8

 8


Enfim, a solução do PVI é x(t ) = k (h1 (t ) − h2 (t ) )
b. Grafique a solução para k = 1 / 2 , k = 1 e k = 2 e descreva as
características principais da solução e como depende de k .
Solução:
A forças externas são apresentadas nas figuras a seguir:
A seguir, apresentamos os gráficos das soluções correspondentes aos valores k = 1 / 2 ,
k =1 e k = 2:
A massa possui um movimento oscilatório amortecido, cuja amplitude cresce quanto
maior o valor de k . O movimento se anulará no infinito e só aparece no instante t = 3 / 2 .
Também ressaltamos que o movimento continua, a pesar de não existir mais força externa
após t = 5 / 2 .
5. Resolva os seguintes PVI:
a. x ' '+2 x '+2 x = δ (t − π ) , x(0) = 1 , x ' (0) = 0 ;
Solução:
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais nulas:
L[x ' '] + 2 L[x '] + 2 L[x] = L[δ (t − π )] ,
s 2 L[x ] − sx (0) − x ' (0) + 2 sL[x ] − 2 x(0) + 2 L[x ] = L[δ (t − π )] ,
s 2 L[x ] + 2 sL[x] + 2 L[x] − s − 2 = e − π s ,
( s 2 + 2 s + 2) L[x ] = e − π s + s + 2 ,
e− π s
s+2
,
+ 2
2
s + 2s + 2 s + 2s + 2
e− π s
s +1
1
L[x] = 2
+ 2
+ 2
s + 2s + 2 s + 2s + 2 s + 2s + 2
1
1
s +1
L[x] = e − π s
+
+
2
2
2
2
(s + 1) + 1
(s + 1) + 1
( s + 1) 2 + 12
Decompomos em frações parciais
1
A
B
Cs + D
=
+
+ 2
2
( s − 1)( s + 1)(s + 1) s − 1 s + 1 s + 1
L[x] =
(A)
.
A(s + 1)( s 2 + 1) + B( s − 1)(s 2 + 1) + (Cs + D)(s − 1)(s + 1)
=
s (s − 1)(s + 1)(s 2 + 1)
Considerando que
1 = A( s + 1)(s 2 + 1) + B(s − 1)(s 2 + 1) + (Cs + D )(s − 1)(s + 1)
1
para s = −1 , 1 = −4 B que implica B = − ,
4
1
para s = 1 , 1 = 4 A , que implica A = ,
4
1
para s = 0 , 1 = A − B − D , que implica D = A − B − 1 = − ,
2
para s = −2 , 1 = −5 A − 15B − 3(−2C + D ) , que implica 6C = 1 + 5 A + 15 B + 3D ,
1
1
1
e resolvendo o sistema de equações, temos que A = , B = − , C = 0 e D = − .
4
4
2
1
1 1
1 1
1 1
Logo,
.
=
−
−
( s − 1)(s + 1)(s 2 + 1) 4 s − 1 4 s + 1 2 s 2 + 1
Assim, na igualdade (A), temos
Agora, aplicando transformada inversa e considerando as propriedades 10 e 17 temos






1
s +1
1
x(t ) = L−1 e − π s
+ L−1 
+ L−1 
2
2 
2
2 
2
2 
.
( s + 1) + 1 

 ( s + 1) + 1 
 ( s + 1) + 1 
= u (t − π ) ⋅ e −( t −π ) sen (t − π ) + e −t cos(t ) + e −t sen (t )
Enfim, a solução do PVI é x(t ) = −u (t − π ) ⋅ e − (t −π ) sen (t ) + e − t cos(t ) + e − t sen (t ) , desde que
sen (t − π ) = −sen(t ) .
b. x ' '+3 x '+2 x = δ (t − 5) + u (t − 10) , x(0) = 0 , x ' (0) = 1 ;
Solução:
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais:
L[x ' '] + 3 L[x '] + 2 L[x] = L[δ (t − 5) + u (t − 10)] ,
2
s L[x ] − sx (0) − x ' (0) + 3sL[x ] − 3 x(0) + 2 L[x] = L[δ (t − 5)] + L[u (t − 10)] ,
s 2 L[x ] + 3sL[x] + 2 L[x] − 1 = e − 5 s +
e − 10 s
,
s
e − 10 s
+ 1,
s
e− 5 s
e − 10 s
1
,
L[x] = 2
+
+ 2
2
s + 3s + 2 s (s + 3s + 2) s + 3s + 2
( s 2 + 3s + 2) L[x ] = e − 5 s +
e− 5 s
e − 10 s
1
+
+
(A)
( s + 1)(s + 2) s (s + 1)(s + 2) (s + 1)(s + 2)
Decompomos em frações parciais
1
A
B
A(s + 2) + B( s + 1)
=
+
=
.
( s + 1)(s + 2) s + 1 s + 2
( s + 1)(s + 2)
Considerando que
1 = A( s + 2) + B(s + 1)
para s = −1 , 1 = A que implica A = 1 ,
para s = −2 , 1 = − B , que implica B = −1 .
1
1
1
Logo,
=
−
.
( s + 1)(s + 2) s + 1 s + 2
1
C
D
E
C (s + 1)(s + 2) + Ds (s + 2) + Es (s + 1)
Também
= +
+
=
.
s (s + 1)(s + 2) s s + 1 s + 2
s ( s + 1)(s + 2)
Considerando que
1 = C (s + 1)(s + 2) + Ds (s + 2) + Es( s + 1)
1
para s = 0 , 1 = 2C que implica C = ,
2
para s = −1 , 1 = − D que implica D = −1,
1
para s = −2 , 1 = 2 E , que implica E = .
2
1
1 1
1
1 1
Logo,
= ⋅ −
+ ⋅
.
s (s + 1)(s + 2) 2 s s + 1 2 s + 2
Assim, na igualdade (A), temos
e − 5 s e − 5 s 1 e − 10 s e − 10 s 1 e − 10 s
1
1
L[x] =
−
+ ⋅
−
+ ⋅
+
−
.
s +1 s + 2 2
s
s +1 2 s + 2 s +1 s + 2
Agora, aplicando transformada inversa e considerando as propriedades 2, 3 e 17 temos
que a solução do PVI é
− 5s
− 10 s
 1 −1  e − 10 s 
 1 −1  e − 10 s 
 e− 5 s 
−1  e
−1  e
x(t ) = L−1 
+ L 
−L 
+ L 

−L 
 s + 1
s + 2  2  s 
 s +1  2  s + 2 
L[x] =
.
 1 
 1 
+ L−1 
− L−1 


 s + 1
 s + 2
1
1
= u (t − 5) ⋅ e − (t −5) − u (t − 5) ⋅ e − 2 ( t −5 ) + u (t − 10) − u (t − 10)e − (t −10 ) + u (t − 10)e −2 (t −10 )
2
2
−t
− 2t
+e −e
c.
x ' '+2 x '+3 x = sen (t ) + δ (t − 3π ) , x(0) = 0 , x ' (0) = 0 ;
Solução:
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais nulas:
L[x ' '] + 2 L[x '] + 2 L[x] = L[sen (t ) + δ (t − 3π )] ,
2
s L[x ] + 2 sL[x ] + 3L[x ] = L[sen (t )] + L[δ (t − 3π )] ,
1
+ e −3π s ,
( s 2 + 2 s + 3) L[x] = 2
s +1
1
e −3π s
,
(A)
L[x] = 2
+
( s + 2 s + 3)(s 2 + 1) s 2 + 2 s + 3
Decompomos em frações parciais
1
As + B
Cs + D ( As + B)(s 2 + 1) + (Cs + D )(s 2 + 2 s + 3)
=
+
=
.
( s 2 + 2 s + 3)(s 2 + 1) s 2 + 2 s + 3 s 2 + 1
( s 2 + 2 s + 3)(s 2 + 1)
Considerando que
1 = ( As + B )(s 2 + 1) + (Cs + D)(s 2 + 2 s + 3)
para s = 0 , 1 = B + 3 D que implica B + 3 D = 1 ,
para s = 1 , 1 = 2( A + B) + 5(C + D ) , que implica 2 A + 2 B + 5C + 5 D = 1 ,
para s = −1 , 1 = 2(− A + B) + 2(−C + D) , que implica − 2 A + 2 B − 2C + 2 D = 1 ,
para s = −2 , 1 = 5(−2 A + B) + 3(−2C + D ) , que implica − 10 A + 5 B − 6C + 3D = 1 ,
1
e resolvendo as quatro igualdades resultantes, temos que A = B = D = −C = .
4
s +1
1
1
1 s −1
= ⋅ 2
−
.
Logo, 2
2
( s + 2 s + 3)(s + 1) 4 s + 2 s + 3 4 s 2 + 1
1
s +1
1 s −1
e −3π s
⋅ 2
−
+
. Preparamos
4 s + 2s + 3 4 s 2 + 1 s 2 + 2s + 3
a igualdade anterior para aplicar a transformada inversa:
1
s +1
1 s
1 1
e −3π s
.
L[x] = ⋅
−
+
+
4 ( s + 1) 2 + 2 4 s 2 + 1 4 s 2 + 1 (s + 1) 2 + 2
Agora, aplicando transformada inversa e considerando as propriedades 10 e 17 temos que
a solução do PVI é

 s + 1  1 −1  s  1 −1  1  1 −1  −3π s
1
2
x(t ) = L−1 
+ L  2
+
L e

− L  2
2
2


4  ( s + 1) + 2  4  s + 1  4  s + 1
( s + 1) + 2 
2

.
1
1
1
1
= e −t cos( 2 t ) − cos(t ) + sen (t ) +
u (t − 3π )e −( t −3π ) sen ( 2 (t − 3π ))
4
4
4
2
d. x ' '+x = δ (t - 2π ) , x(0) = 0 , x ' (0) = 0 ;
Solução:
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais nulas:
L[x ' '] + L[x ] = L[δ (t − 2π )] ,
s 2 L[x ] + L[x] = L[δ (t − 2π )] ,
Assim, na igualdade (A), temos L[x] =
( s 2 + 1) L[x] = e −2π s ,
e −2π s
.
(A)
s2 +1
1
Assim, na igualdade (A), temos L[x] = e − 2π s ⋅ 2
.
s +1
L[x] =
Agora, aplicando transformada inversa e considerando as propriedades 5 e 17 temos que a
1 

solução do PVI é x(t ) = L−1 e − 2π s ⋅ 2  = u (t − 2π ) sen (t − 2π ) = u (t − 2π ) sen (t )
s + 1

desde que sen (t − 2π ) = sen (t ) .
e. x ( iv) − x = δ (t ) + δ (t − 1) , x(0) = 0 , x ' (0) = 0 , x ' ' (0) = 0 , x ' ' ' (0) = 0 .
Solução:
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais nulas:
L x ( iv) − L[x] = L[δ (t )] + L[δ (t − 1)],
[ ]
s 4 L[x ] − L[x] = 1 + e − s ,
( s 4 − 1) L[x ] = 1 + e − s ,
L[x] =
1 + e −s
,
s4 −1
1
1
+ e −s
2
( s − 1)( s + 1)(s + 1)
( s − 1)(s + 1)(s 2 + 1)
e decompomos em frações parciais
A
B
Cs + D
1
=
+
+ 2
2
( s − 1)(s + 1)(s + 1) s − 1 s + 1 s + 1
L[x] =
(A)
A( s + 1)(s 2 + 1) + B(s − 1)(s 2 + 1) + (Cs + D )(s − 1)(s + 1)
=
( s − 1)(s + 1)( s 2 + 1)
Considerando que
1 = A( s + 1)(s 2 + 1) + B(s − 1)(s 2 + 1) + (Cs + D )(s − 1)(s + 1)
1
para s = −1 , 1 = −4 B que implica B = − ,
4
1
para s = 1 , 1 = 4 A , que implica A = ,
4
1
para s = 0 , 1 = A − B − D , que implica D = A − B − 1 = − ,
2
para s = 2 , 1 = 15 A + 5 B + 3(2C + D) , que implica 15 A + 5 B + 6C + 3 D = 1 ,
1
1
1
temos que A = , B = − , C = 0 e D = − .
4
4
2
1
1 1
1 1
1 1
Logo,
.
=
−
−
2
( s − 1)(s + 1)(s + 1) 4 s − 1 4 s + 1 2 s 2 + 1
Assim, na igualdade (A), temos
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1 
1 1
L[x] =
−
−
+ e −s ⋅ 
−
−
.
2
2
4 s −1 4 s +1 2 s +1
 4 s −1 4 s +1 2 s +1
Utilizando as propriedades 3, 5 e 17 temos que a solução do PVI é
1
1
1
1
1
1

x = e t − e −t − sen (t ) + u (t − 1) ⋅  e t −1 − e −(t −1) − sen (t − 1)  .
4
4
2
4
2
4

.
IMPORTANTE. LEIA COM ATENÇÃO:
a x ' '+b x '+cx = f (t )
Dado o PVI: 
 x(0) = α , x ' (0) = β
1
A função de transferência é H ( s) = 2
.
as + bs + c
A resposta-impulso é h(t ) = L−1 [H (s )].
t
A solução do PVI é x(t ) = ∫ h(t − τ ) f (τ ) dτ + xh (t ) , onde x h (t ) é a solução do PVI
0
a x ' '+b x h '+cxh = 0
homogêneo  h
que pode ser resolvido facilmente considerando a
 xh (0) = α , x h ' (0) = β
equação característica e os casos da duas raízes complexas ou reais (diferentes ou
iguais).
6. Considere os PVI a seguir. Encontre a função de transferência H (s ) , a função de
resposta ao impulso h (t ) e a solução do PVI:
a. x ' '+9 x = g (t ) , x(0) = 2 , x ' (0) = −3 ;
Solução:
1
A função de transferência é H ( s ) = 2
.
s +9
 1  1 −1  3  1
A resposta-impulso é h(t ) = L−1  2
= L
= sen (t ) .
2
2
 s + 9  3  s + 3  3
 x ' '+9 x h = 0
Agora, consideramos o PVI homogêneo  h
 xh (0) = 2, x h ' (0) = −3
A equação característica é r 2 + 9 = 0 , cujas raízes são r = ±3 i , que conduz à solução
x h (t ) = c1 cos(3t ) + c 2 sen (3t ) . Levando em conta as condições iniciais temos que
c1 cos(0) + c2 sen (0) = 2 ,
− 3c1 sen (0) + 3c 2 cos(0) = −3 ,
cuja solução é c1 = 2 , c 2 = 1 . Assim, x h (t ) = 2 cos(3t ) + sen (3t ) .
Portanto, a solução do PVI original é
1 t
x(t ) = ∫ sen (3(t − τ )) g (τ ) dτ + 2 cos(3t ) + sen (3t ) .
3 0
b. x ' '− x '−6 x = g (t ) , x(0) = 1 , x ' (0) = 8 ;
Solução:
1
.
A função de transferência é H ( s ) = 2
s −s−6
1
1
A
B
A( s + 2) + B (s − 3)
Decompomos 2
=
=
+
=
, do qual
(s − 3)(s + 2)
s − s − 6 ( s − 3)(s + 2) s − 3 s + 2
resulta 1 = A( s + 2) + B(s − 3) :
1
para s = 3 , 1 = 5 A e temos A = ;
5
1
para s = −2 , 1 = −5 B e temos B = − ;
5
1
1 1
1 1
e logo 2
= ⋅
− ⋅
s − s −6 5 s −3 5 s + 2
1

 1 −1  1  1 −1  1  1 3t
− 2t
A resposta-impulso é h(t ) = L−1  2
= L 
− L 
 = (e − e ) .
 s − s − 6  5  s − 3 5  s + 2  5
 x ' '− x h '−6 x h = 0
Agora, consideramos o PVI homogêneo  h
 xh (0) = 1, x h ' (0) = 8
A equação característica é r 2 − r − 6 = 0 , cujas raízes são r = 3 e r = −2 , que conduz à
solução x h (t ) = c1 e 3t + c 2 e −2t . Levando em conta as condições iniciais temos que
c1 e 0 + c 2 e 0 = 1 ,
3c1 e 0 − 2c 2 e 0 = 8 ,
cuja solução é c1 = 2 , c 2 = −1 . Assim, x h (t ) = 2 e 3t − e −2t .
Portanto, a solução do PVI original é
1 t
x(t ) = ∫ e 3(t −τ ) − e − 2(t −τ ) g (τ ) dτ + 2 e 3t − e −2t .
5 0
c. x ' '−2 x '+5 x = g (t ) , x(0) = 0 , x ' (0) = 2 ;
Solução:
1
.
A função de transferência é H ( s ) = 2
s − 2s + 5
A resposta-impulso é

 1 −1 
 1 t
1
1
2


h(t ) = L−1  2
= L−1 
= e sen (2t ) .
= L 
2
2
2 

 s − 2s + 5 
 ( s − 1) + 4  2  ( s − 1) + 2  2
(
)
 x ' '−2 x h '+5 x h = 0
Agora, consideramos o PVI homogêneo  h
 x h (0) = 0, xh ' (0) = 2
2
A equação característica é r − 2r + 5 = 0 , cujas raízes são r = 1 ± 2 i , que conduz à
solução x h (t ) = c1 e t cos(2t ) + c 2 e t sen(2t) . Levando em conta a condição inicial
xh (0) = 0 , temos que
c1 e 0 cos(0) + c 2 e 0 sen(0) = 1 , que dá c1 = 1 . Logo,
x h (t ) = e t cos(2t ) + c 2 e t sen(2t) e derivando temos
x h ' (t ) = e t cos(2t ) − 2e t sen(2t) + c2 e t sen(2t) + 2c 2 e t cos(2t) ,
e levando em conta a condição inicial xh ' (0) = 2 , temos
e 0 cos(0) − 2e 0 sen(0) + c2 e 0 sen(0) + 2c 2 e 0 cos(0) = 2 ,
que dá c 2 =
1
.
2
1 t
e sen(2t) .
2
Portanto, a solução do PVI original é
1 t
1
x(t ) = ∫ e (t −τ ) sen (2(t − τ )) g (τ ) dτ + e t cos(2t ) + e t sen(2t) .
2 0
2
7. Mediante a transformada de Laplace, resolva os PVI a seguir:
a. x ' '+2 x '−3 x = δ (t − 1) − δ (t − 2) , x(0) = 2 , x ' (0) = −2 ;
Solução:
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais:
L[x ' '] + 2 L[x '] − 3L[x ] = L[δ (t − 1) − δ (t − 2)] ,
2
s L[x ] − sx (0) − x ' (0) + 2 sL[x ] − 2 x(0) − 3L[x] = L[δ (t − 1)] − L[δ (t − 2)] ,
Assim, x h (t ) = e t cos(2t ) +
s 2 L[x ] − 2 s + 2 + 2 sL[x] − 4 − 3L[x] = L[δ (t − 1)] − L[δ (t − 2)]
s 2 L[x ] + 2 sL[x] − 3L[x ] = e − s − e −2 s + 2 s + 2 ,
( s 2 + 2 s − 3) L[x ] = e − s − e −2 s + 2 s + 2 ,
e− s
e− 2s
2( s + 1)
−
+ 2
,
2
2
s + 2s − 3 s + 2s − 3 s + 2s − 3
1
2
1
2
s +1
(A)
− e− 2s
+2
L[x] = e − s
2
2
2
2
2
( s + 1) − 2
2
(s + 1) − 2
( s + 1) 2 − 2 2
Agora, aplicando transformada inversa e considerando as propriedades 6, 7 e 17 temos
que a solução do PVI é
 1 −1  − 2 s



1 
2
2
s +1
x(t ) = L−1 e − s
− L e
+ 2 L−1 
2
2 
2
2 
2
2 
2 
(s + 1) − 2  2 
( s + 1) − 2 
 ( s + 1) − 2 
.
1
1
= u (t − 1) ⋅ e −( t −1) senh (2(t − 1)) − u (t − 2) ⋅ e − (t −2 ) senh (2(t − 2)) + 2e −t cosh(2t )
2
2
b. x ' '− x = 4δ (t − 2) + t 2 , x(0) = 0 , x ' (0) = −2 ;
Solução:
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais:
L[x ' '] − L[x ] = L 4δ (t − 2) + t 2 ,
L[x] =
[
]
[ ]
s L[x ] − sx (0) − x ' (0) − L[x] = 4 L[δ (t − 2)] + L t 2 ,
2
s 2 L[x ] + 2 − L[x] = 4e − 2 s + 3
s
2
s 2 L[x ] − L[x ] = 4e −2 s + 3 − 2 ,
s
2
2
−2 s
( s − 1) L[x] = 4e + 3 − 2 ,
s
−s
e
2
2
L[x] = 2
+ 3 2
− 2
,
(A)
s − 1 s (s − 1) s − 1
2
Decompomos
2
2
A B C
D
E
= 3
= + 2 + 3+
+
3
2
s +1 s −1
s (s − 1) s ( s + 1)(s − 1) s s
s
As 2 (s + 1)(s − 1) + Bs( s + 1)(s − 1) + C (s + 1)(s − 1) + Ds 3 (s − 1) + Es 3 (s + 1)
=
s 3 ( s + 1)(s − 1)
do qual resulta
2 = As 2 ( s + 1)( s − 1) + Bs( s + 1)(s − 1) + C (s + 1)(s − 1) + Ds 3 ( s − 1) + Es 3 (s + 1) :
para s = 0 , 2 = −C e temos C = −2 ;
para s = 1 , 2 = 2 E e temos E = 1 ;
para s = −1 , 2 = 2 D e temos D = 1 ;
para s = 2 , 2 = 12 A + 6 B + 3C + 8 D + 24 E e temos
12 A + 6 B = 2 − 3C − 8 D − 24 E = −24 ;
para s = −2 , 2 = 12 A − 6 B + 3C − 24 D + 8 E e temos
12 A −¨6 B = 2 − 3C − 24 D − 8 E = −24 ;
e resolvendo as duas últimas igualdades temos que A = −2 e B = 0 .
2
2
2 2
1
1
Então temos 3 2
.
= 3
=− − 3 +
+
s s
s +1 s −1
s (s − 1) s ( s + 1)(s − 1)
Logo, substituindo em (A), temos
,
e− s
2 2
1
1
2
− − 3 +
+
− 2
.
2
s +1 s −1 s −1
s −1 s s
Agora, aplicando transformada inversa e considerando as propriedades 2, 3, 7 e 17 temos
que a solução do PVI é
x(t ) = 4u (t − 1) ⋅ senh (t − 1) − 2 − t 2 + e − t + e t − 2 senh (t ) .
c. x ' '+ x = δ (t − π ) + δ (t − 2π ) , x(0) = 0 , x ' (0) = 1 ;
Solução:
Aplicamos transformada de Laplace à equação diferencial, levando em conta as condições
iniciais:
L[x ' '] + L[x] = L[δ (t − π ) + δ (t − 2π )],
L[x] = 4
s 2 L[x ] − sx (0) − x ' (0) + L[x] = L[δ (t − π )] + L[δ (t − 2π ] ,
s 2 L[x ] − 1 + L[x] = L[δ (t − π )] + L[δ (t − 2π ] ,
( s 2 + 1) L[x] = e −π s + e −2π s + 1 ,
1
1
1
L[x] = e −π s ⋅ 2
+ e − 2π s ⋅ 2
+ 2
(A)
s +1
s +1 s +1
Agora, aplicando transformada inversa e considerando as propriedades 5 e 17 temos que a
solução do PVI é
x(t ) = u (t − π ) ⋅ sen (t − π ) + u (t − 2π ) ⋅ sen (t − 2π ) + sen (t )
.
= −u (t − π ) ⋅ sen (t ) + u (t − 2π ) ⋅ sen (t ) + sen (t )
8. Usando a transformada de Laplace, resolva os seguintes sistemas de EDO:
x(0) = 1,
 x ' = 3 x − 2 y,
a. 
y (0) = 1;
 y ' = −2 x + 3 y ,
Solução:
Aplicando transformada de Laplace às duas EDO, e considerando as condições iniciais
temos:
 L[x '] = 3 L[x] − 2 L[ y ],

 L[ y '] = −2 L[x ] + 3L[ y ],
s L[x] − x (0) = 3L[x ] − 2 L[ y ],

s L[ y ] − y(0) = −2 L[x ] + 3L[ y ],
(s − 3) L[x] + 2 L[ y ] = x(0) = 1,

2 L[x] + (s − 3) L[ y ] = y (0) = 1,
e resolvendo temos que
1 2
L[x] =
1 s −3
s −3
2
=
s −3−2
s−5
s −3
2
=
=
−
2
2
2
(s − 3)(s − 3) − 4 (s − 3) − 4 ( s − 3) − 2
(s − 3) 2 − 2 2
s−3
2
s −3 1
L[ y ] =
2
s −3
1
2
=
s−3−2
s−5
s−3
2
=
=
−
2
2
(s − 3)(s − 3) − 4 (s − 3) − 4 ( s − 3) − 4 ( s − 3) 2 − 4
2
s −3
Agora, tomamos transformada inversa às duas últimas igualdades, considerando as
propriedades 6, 7 e 12:
x = e 3t cosh(2t ) − e 3t senh (2t ) , y = e 3t cosh(2t ) − e 3t senh (2t ) .
 x ' = x − y,
b. 
 y ' = 2 x + 4 y,
x(0) = −1,
y (0) = 0;
Solução:
Aplicando transformada de Laplace às duas EDO, e considerando as condições iniciais
temos:
 L[x '] = L[x] − L[ y ],

 L[ y '] = 2 L[x] + 4 L[ y ],
s L[x] − x(0) = L[x] − L[ y ],

s L[ y ] − y (0) = 2 L[x] + 4 L[ y ],
( s − 1) L[x] + L[ y ] = x(0) = −1,

− 2 L[x] + ( s − 4) L[ y ] = y (0) = 0,
e resolvendo temos que
−1
1
L[x] =
1
0 s−4
s − 52
−s+4
−s−4
2
=
= 2
=−
+
3
s −1
1
(s − 1)(s − 4) + 2 s − 5 s + 6
( s − 52 ) 2 − 14
( s − 52 ) 2 − 14
−2 s−4
s −1 −1
L[ y ] =
−2
s −1
0
1
=
1
−2
−2
2
2
= 2
=−
=
−
4
(s − 1)(s − 4) + 2 s − 5s + 6
(s − 52 ) 2 − 14
(s − 52 ) 2 − 14
−2 s−4
Agora, tomamos transformada inversa às duas últimas igualdades, considerando as
propriedades 6, 7 e 17:
x = −e −5t / 2 cosh(t / 2) + 3 e −5t / 2 senh (t / 2) , y = −4e 5 t / 2 senh (t / 2) .
x(0) = 0,
 x '+ y = 1 − u (t − 2),
c. 
y(0) = 0;
 x + y ' = 0,
Solução:
Aplicando transformada de Laplace às duas EDO, e considerando as condições iniciais
temos:
 L[x '] + L[ y ] = L[1] − L[u (t − 2)]

 L[x ] + L[ y '] = L[0],
s L[x] − x(0) + L[ y ] = L[1] − L[u (t − 2)],

 L[x ] + s L[ y ] − y (0) = 0,

1 e −2 s
sL[x] + L[ y ] = −
s
s

 L[x ] + sL[ y ] = 0,

e resolvendo temos que
1 e −2 s
−
1
s
s
0
s 1 − e −2 s
1
1
L[x] =
= 2
= 2
− e −2s ⋅ 2
s 1
s −1 s −1
s −1
1 s
(A)
1 e −2 s
−
s
s
1
0
1 − e −2 s
.
L[ y ] =
=−
s 1
s ( s 2 − 1)
s
1 s
Decompomos
1
s (s 2 − 1)
=
A Bs + C A( s 2 − 1) + ( Bs + C )s
, que dá
+ 2
=
s
s −1
s (s 2 − 1)
1 = A( s 2 − 1) + ( Bs + C ) s ;
para s = 0 , 1 = − A , ou seja, A = −1 ;
para s = 1 , 1 = B + C , ou seja, B + C = 1 ;
para s = −1 , 1 = −(− B + C ) , ou seja, B − C = 1 ,
e então temos A = −1 , B = 1 e C = 0 .
Logo,
1 − e −2 s
1
1
1
s
e −2 s
s
−2 s
(B)
L[ y ] = −
=
−
+
e
=
−
−
+ e −2s ⋅ 2
2
2
2
2
s
s ( s − 1)
s (s − 1)
s ( s − 1) s s − 1
s −1
Agora, tomamos transformada inversa às igualdades (A) e (B), considerando as
propriedades 2,6 e 17:
x = senh (t ) − u (t − 2)senh (t − 2) ,
y = 1 − cosh(t ) − u (t − 2) cosh(t − 2) .
x(0) = 0,
 x '−2 x + y ' = − cos(t ),
d. 
y (0) = 3;
− 2 x + y ' = sen (t ),
Solução:
Aplicando transformada de Laplace às duas EDO, e considerando as condições iniciais
temos:
 L[x '] − 2 L[x] + L[ y '] = − L[cos(t )]

− 2 L[x] + L[ y '] = L[sen (t )],
sL[x] − x (0) − 2 L[x ] + sL[ y ] − y (0) = − L[cos(t )]

− 2 L[x] + sL[ y ] − y (0) = L[sen (t )],
s

( s − 2) L[x] + sL[ y ] = − s 2 + 1 + 3

− 2 L[x] + sL[ y ] = 1 + 3,

s2 +1
e resolvendo temos que
s
− 2
+3 s
s +1
1
s2
s
+
3
s
−
+ 3s − 2
− 3s
2
2
s2 + s
s +1
s +1
s +1
L[x] =
= s +1
=
−
=−
2
2
2
s−2 s
s
s ( s + 1)
s( s 2 + 1)
−2 s
(A)
s
+3
s +1
1
s−2
s
−2
+3
+ 3s − 6 − 2 2
+6
2
2
s+2
3
s +1
s +1
(B)
= s +1
=− 2 2
+
L[ y ] =
2
s−2 s
s
s ( s + 1) s
s−2 −
−2
2
s
Temos as decomposições
1
1
s +1
s
,
=− − 2
+ 2
2
s s +1 s +1
s (s + 1)
s+2
3
2 1
s
1
3 2 2
s
1
− 2 2
+ =− 2 − + 2
+ 2⋅ 2
+ = − 2 + 2
+ 2⋅ 2
s s +1
s (s + 1) s
s
s +1 s s s
s +1
s +1
−
Logo,
s +1
1
1
s
=− − 2
+ 2
,
2
s s +1 s +1
s ( s + 1)
s+2
3 2 2
s
1
;
L[ y ] = − 2 2
+ = − 2 + 2
+ 2⋅ 2
s (s + 1) s s s
s +1
s +1
Agora, tomamos transformada inversa às duas últimas igualdades, considerando as
propriedades 3,4, 5 e 8:
x = −1 − sen (t ) + cos(t ) ,
y = 2 − 2t + cos(t ) + 2sen (t ) .
x(0) = 2, x ' (0) = −7,
 x ' '+2 y ' = − x,
e. 
y (0) = 4, y ' (0) = −9.
− 3 x ' '+2 y ' ' = 3 x − 4 y,
Solução:
Aplicando transformada de Laplace às duas EDO, e considerando as condições iniciais
temos:
 L[x ' '] + 2 L[ y '] = − L[x ]

− 3 L[x ' '] + 2 L[ y ' '] = 3L[x ] − 4 L[ y ],
L[x] = −
s 2 L[x] − sx(0) − x ' (0) + 2 sL[ y ] − 2 y (0) = − L[x]

− 3s 2 L[x ] + 3sx(0) + 3 x ' (0) + 2 s 2 L[ y ] − 2 sy (0) − 2 y ' (0) = 3L[x ] − 4 L[ y ],
( s 2 + 1) L[x ] + 2 sL[ y ] − x ' (0) − 2 y (0) = 2 s − 7 + 8 = 2 s + 1

− 3( s 2 + 1) L[x] + 2( s 2 + 2) L[ y ] = −6 s + 21 + 8s − 18 = 2 s + 3
e resolvendo temos que
2s + 1
2s
2 s + 3 2( s 2 + 2)
2s 3 − s 2 + s + 2
2s 3 − s 2 + s + 2
L[x] =
=
=
s 4 + 3s 3 + 3s 2 + 3s + 2 (s + 2)(s + 1)(s 2 + 1)
s2 +1
2s
− 3( s 2 + 1) 2(s 2 + 2)
s2 +1
2s + 1
2
L[ y ] =
− 3( s + 1) 2 s + 3
s2 +1
2s
=
4 s 3 + 3s 2 + 4 s + 3
( s + 2)(s + 1)(s 2 + 1)
− 3( s 2 + 1) 2(s 2 + 2)
Temos as decomposições
2s 3 − s 2 + s + 2
1
4
s
,
=−
+
− 2
2
s +1 s + 2 s +1
( s + 2)(s + 1)( s + 1)
4 s 3 + 3s 2 + 4 s + 3
1
5
=−
+
2
s +1 s + 2
( s + 2)(s + 1)(s + 1)
Logo,
L[x] = −
1
4
s
,
+
− 2
s +1 s + 2 s +1
(B)
(A)
1
5
+
;
s +1 s + 2
Agora, tomamos transformada inversa às duas últimas igualdades, considerando as
propriedades 3 e 5:
x = −e − t + 4e −2t − cos(t ) ,
L[ y ] = −
y = −e − t + 5e −2t .