Transformada de Laplace

Definição e primeiras transformadas

Para resolver $y''+3y'+2y=e^{-t}$ com dados em $t=0$, a transformada de Laplace vai converter as derivadas numa equação algébrica para $Y(s)$, começando pela exponencial do lado direito. A definição é o integral impróprio

$$F(s)=\int_0^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt,$$

para os valores reais de $s$ em que converge. Se $f$ é contínua por partes em cada intervalo finito e tem ordem exponencial, isto é, $|f(t)|\le Me^{\alpha t}$ para $t$ suficientemente grande, a transformada existe para $s>\alpha$.

Esta condição é apenas suficiente: não significa que a transformada deixe necessariamente de existir para outros valores, por isso o domínio deve ser verificado na função concreta.

Para $f(t)=e^{at}$,

$$\begin{gathered} F(s)=\lim_{R\to\infty}\int_0^Re^{-(s-a)t}dt\\ =\lim_{R\to\infty}\frac{1-e^{-(s-a)R}}{s-a}. \end{gathered}$$

O limite é $1/(s-a)$ quando $s>a$. Para $s=a$, o integral é $\int_0^R1\,dt=R$; para $s<a$, cresce exponencialmente. Ambos divergem.

Para $f(t)=t$, usa partes no integral definido: $u=t$, $dv=e^{-st}dt$. Se $s>0$, o termo de fronteira $te^{-st}$ tende para zero e fica $\mathcal L\{t\}=1/s^2$. Repetir partes dá $\mathcal L\{t^n\}=n!/s^{n+1}$.

Tabela de consulta

$f(t)$	$F(s)$	Região suficiente
$1$	$1/s$	$s>0$
$t^n$, $n\in\mathbb N_0$	$n!/s^{n+1}$	$s>0$
$e^{at}$	$1/(s-a)$	$s>a$
$\cos(\omega t)$	$s/(s^2+\omega^2)$	$s>0$
$\sin(\omega t)$	$\omega/(s^2+\omega^2)$	$s>0$
$\cosh(at)$	$s/(s^2-a^2)$	$s>\lvert a\rvert$
$\sinh(at)$	$a/(s^2-a^2)$	$s>\lvert a\rvert$

A transformada é linear: $\mathcal L\{af+bg\}=aF+bG$. Em geral, a transformada de um produto não é o produto das transformadas.

Transformada inversa

Reconhece a tabela depois de decompor frações ou completar quadrados. Para

$$\begin{gathered} F(s)=\frac{3}{s^2-4s+13}\\ =\frac{3}{(s-2)^2+9}, \end{gathered}$$

reconhecemos $e^{2t}\sin(3t)$, porque o numerador coincide com a frequência $3$.

Para $2/(s-3)^5$, usa $n=4$. Como $4!=24$,

$$\mathcal L^{-1}\left\{\frac2{(s-3)^5}\right\} =\frac1{12}t^4e^{3t}.$$

Esquecer o fatorial ou a frequência altera o resultado. Se $F(s)=(s+3)/[(s+1)(s+2)]$, as frações simples dão $2/(s+1)-1/(s+2)$, logo $f(t)=2e^{-t}-e^{-2t}$.

Translações e degrau unitário

Multiplicar por uma exponencial desloca $s$:

$$\mathcal L\{e^{at}f(t)\}=F(s-a).$$

Assim, $\mathcal L\{e^{-2t}\sin3t\}=3/[(s+2)^2+9]$ para $s>-2$.

O degrau unitário $u(t-a)$ vale zero antes de $a$ e um depois. O seu valor exatamente em $a$ não altera o integral. Para $a\ge0$,

$$\mathcal L\{u(t-a)f(t-a)\}=e^{-as}F(s).$$

É um atraso no tempo. Não confundas $f(t)$ com $f(t-a)$. Para transformar $u(t-2)t$, reescreve $t=(t-2)+2$:

$$\mathcal L\{u(t-2)t\}=e^{-2s}\left(\frac1{s^2}+\frac2s\right).$$

Uma função que vale $t$ até $t=1$ e $1$ depois pode escrever-se $f(t)=t-u(t-1)(t-1)$. A transformada é $(1-e^{-s})/s^2$. Também podes obtê-la separando a definição em integrais de $0$ a $1$ e de $1$ a infinito.

Derivadas e integrais

Para a primeira fórmula, supomos $f$ contínua, derivável por partes, e $f,f'$ de ordem exponencial. Para a segunda, exigimos também $f'$ contínua, derivável por partes, e $f''$ de ordem exponencial. Para $s$ suficientemente grande,

$$\begin{gathered} \mathcal L\{f'\}=sF-f(0)\\ \mathcal L\{f''\}=s^2F-sf(0)-f'(0). \end{gathered}$$

A primeira fórmula vem de partes no integral da definição: integrar $e^{-st}f'$ produz o termo de fronteira $-f(0)$. Os valores são os do lado $t=0^+$.

Se $f$ tiver saltos, a derivada comum por partes não inclui esses saltos. Não a uses diretamente nesta fórmula como se $f$ fosse contínua.

Outras propriedades são

$$\begin{gathered} \mathcal L\bigl\{\int_0^tf(\tau)d\tau\bigr\}=\frac{F(s)}s\\ \mathcal L\{tf(t)\}=-F'(s). \end{gathered}$$

Por exemplo, de $\mathcal L\{\cos t\}=s/(s^2+1)$ resulta

$$\begin{gathered} \mathcal L\{t\cos t\}=-\frac d{ds}\frac{s}{s^2+1}\\ =\frac{s^2-1}{(s^2+1)^2}. \end{gathered}$$

Se $f(t)/t$ é integrável perto de zero e as integrações convergem absolutamente para o $s$ considerado,

$$\mathcal L\{f(t)/t\}=\int_s^{\infty}F(v)\,dv.$$

Para $f(t)=\sin t$, o quociente prolonga-se continuamente em zero. Obtemos $\mathcal L\{\sin t/t\}=\int_s^{\infty}dv/(v^2+1)=\pi/2-\arctan s$, para $s>0$.

Convolução, impulsos e periodicidade

A convolução é uma nova função,

$$(f*g)(t)=\int_0^tf(\tau)g(t-\tau)\,d\tau.$$

Sob as condições usuais de existência, $\mathcal L\{f*g\}=F(s)G(s)$: é a convolução, não o produto ponto a ponto, que corresponde ao produto das transformadas. Para $F(s)=1/[s(s+1)]$, toma $f=1$ e $g=e^{-t}$:

$$(f*g)(t)=\int_0^te^{-(t-\tau)}d\tau=1-e^{-t}.$$

É a inversa de $1/[s(s+1)]$ sem decompor em frações.

Um impulso ideal em $a>0$ é representado por $\delta(t-a)$. O delta de Dirac é uma distribuição, não uma função comum com “valor infinito” num ponto. A propriedade de seleção dá $\mathcal L\{\delta(t-a)\}=e^{-as}$.

Num problema com impulso, aplicamos esta propriedade e a convenção causal das condições iniciais. Por exemplo, $y''+y=\delta(t-1)$ com $y(0)=y'(0)=0$ dá $(s^2+1)Y=e^{-s}$, logo $Y=e^{-s}/(s^2+1)$. A translação no tempo inverte para $y(t)=u(t-1)\sin(t-1)$.

Antes de $t=1$, a solução é zero. Depois, oscila como um seno iniciado nesse instante. Derivar por intervalos confirma a equação fora do instante do impulso.

Se $f$ é periódica de período $T>0$ e contínua por partes,

$$F(s)=\frac{\int_0^Te^{-st}f(t)dt}{1-e^{-sT}},\qquad s>0.$$

Dividir o integral em períodos gera uma série geométrica de razão $e^{-sT}$. Para a onda que vale $1$ em $[0,1[$ e zero em $[1,2[$, repetida com período $2$,

$$F(s)=\frac{(1-e^{-s})/s}{1-e^{-2s}} =\frac1{s(1+e^{-s})}.$$

Resolver EDOs com Laplace

Para $y''+3y'+2y=e^{-t}$, $y(0)=0$, $y'(0)=1$, escreve $Y=\mathcal L\{y\}$. A transformação dá

$$(s^2Y-1)+3sY+2Y=\frac1{s+1}.$$

Logo $(s+1)(s+2)Y=1+1/(s+1)=(s+2)/(s+1)$, e

$$Y=\frac1{(s+1)^2}\quad\Longrightarrow\quad y(t)=te^{-t}.$$

Temos $y'=e^{-t}(1-t)$, $y''=e^{-t}(t-2)$. Substituir dá $y''+3y'+2y=e^{-t}$ e confirma as duas condições iniciais.

Com uma força atrasada, $y'+y=u(t-2)$ e $y(0)=0$, obtemos

$$\begin{gathered} Y=\frac{e^{-2s}}{s(s+1)}\\ \Longrightarrow y(t)=u(t-2)[1-e^{-(t-2)}]. \end{gathered}$$

Antes de $2$, a solução é zero. Depois, responde à força aplicada nesse instante. A fórmula de atraso permite resolver sem introduzir constantes diferentes manualmente em cada intervalo.

No gráfico, a força salta para um em $t=2$, mas a resposta parte de zero e cresce para $1$: $y'=e^{-(t-2)}$ e $y'+y=1$ para $t>2$. A equação vale por intervalos, com continuidade no instante do salto.