Lista de propriedades da transformada de Laplace

A Transformada de Laplace apresenta uma variedade de propriedades operacionais. A lista a seguir mostra alguma delas:

Linearidade

A transformada de Laplace é uma transformação linear, ou seja,

${\mathcal {L}}\{\Omega \ f(t)+\Xi \ g(t)\}=\Omega \ {\mathcal {L}}\{f(t)\}+\Xi \ {\mathcal {L}}\{g(t)}\$

Sempre que cada uma das transformadas existirem. A transformada se comporta dessa forma devido a propriedade de linearidade da integral.

Demonstração:

${\mathcal {L}}\{\Omega \ f(t)+\Xi \ g(t)\}=\int \limits _{0}^{\infty }{(\Omega f(t)+\Xi g(t)e^{-st})dt}$

$=\int \limits _{0}^{\infty }{(\Omega f(t)e^{-st})dt}\ \ +\ \int \limits _{0}^{\infty }{(\Xi g(t)e^{-st})dt}$

$=\Omega \int \limits _{0}^{\infty }{(f(t)e^{-st})dt}\ \ +\ \ \Xi \int \limits _{0}^{\infty }{(g(t)e^{-st})dt}$

$=\Omega {\mathcal {L}}\{f(t)\}+\Xi \ {\mathcal {L}}\{g(t)\}$

Observação: A transformada inversa de Laplace também é uma transformação linear, ou seja,

${\mathcal {L^{-1}}}\{\Omega \ F(s)+\Xi \ G(s)\}={\mathcal {L^{-1}}}{\{\Omega {\mathcal {L}}\{f(t)}\}+\Xi {\mathcal {L}}\{g(t)\}\}$

$={\mathcal {L^{-1}}}{\{{\mathcal {L}}\{\Omega f(t)}+\Xi g(t)\}\}$

$=\Omega f(t)+\Xi g(t)$

Transformada de Laplace de uma derivada

Se ${f(t)}$ é contínua e de ordem exponencial e $f'(t)$ é contínua por partes para $t\geq 0$, então

${\mathcal {L}}\{{\dot {f}}(t)\}=s{\mathcal {L}}\{f(t)\}-f(0)$

Se ${f(t)}$ e $f'(t)$ são contínuas e $f''(t)$é contínua por partes. Então podemos aplicar a expressão acima duas vezes e obter:

${\mathcal {L}}\{{\ddot {f}}(t)\}=s^{2}{\mathcal {L}}\{f(t)\}-sf(0)-{\dot {f}}(0)$

Analogamente, se ${f(t)}$, $f'(t)$ , ... , $f^{(n-1)}(t)$são contínuas e $f^{(n)}(t)$ é contínua por partes, então:

${\begin{aligned}{\mathcal {L}}\left\{f^{(n)}(t)\right\}=\ &s^{n}{\mathcal {L}}\{f(t)\}-s^{n-1}f(0)-s^{n-2}{\dot {f}}(0)-\cdots -f^{(n-1)}(0)\\=\ &s^{n}{\mathcal {L}}\{f(t)\}-\sum _{k=0}^{n-1}s^{n-1-k}f^{(k)}(0)\end{aligned}}$

Demonstração:

Seja

$${\mathcal {L}}\{{\dot {f}}(t)\}=\int \limits _{0}^{\infty }{\dot {f}}(t)e^{-st}dt$$

e, utilizando o método da Integração por partes, onde $u=e^{-st}$ e $dv={\dot {f}}(t)$ temos

$$f(t)e^{-st}|_{0}^{\infty }-\int \limits _{0}^{\infty }(-s)f(t)e^{-st}dt$$

$$=\lim _{t\to \infty }f(t)e^{-st}-f(0)+s\int \limits _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}dt$$

considerando $s>0$ e utilizando a definição de Transformada de Laplace chegamos em:

$$0-f(0)+sF(s)$$

Transformada de Laplace de uma integral

Se ${F(s)}$ é a transformada de Laplace de uma função contínua por partes ${f(t)}$, então ${\int _{0}^{t}f(\tau )\operatorname {d\tau } \!}$ é a transformada inversa de ${\frac {F(s)}{s}}$.

${\mathcal {L}}\left\{\int _{0}^{t}f(\tau )\operatorname {d} \!\tau \right\}={\frac {{\mathcal {L}}\{f(t)\}}{s}}\equiv {\frac {F(s)}{s}}$

Demonstração: Seja $g(t)={\int _{0}^{t}f(\tau )\operatorname {d} \!\tau }$. Então, ${g'(t)=f(t)}$. Aplicamos a propriedade da transformada da derivada e temos:

${\mathcal {L}}\{g'(t)\}=s{\mathcal {L}}\{f(g)\}-g(0)$

Usando o fato que ${g(0)=0}$, temos

${\mathcal {L}}\left\{\int _{0}^{t}f(\tau )\operatorname {d} \!\tau \right\}={{\mathcal {L}}\{g(t)}\}$

$={\frac {{\mathcal {L}}\{g'(t)\}}{s}}$

$={\frac {{\mathcal {L}}\{f(t)\}}{s}}$

$={\frac {F(s)}{s}}$

Deslocamento no tempo

Estas funções podem representar sinais "liga/desliga" - como a função pulso, onde uma determinada função pode surgir num determinado tempo e, logo após, voltar a ser nula e/ou ser alterada.

Função pulso com a<b

A função pulso é definida por: $f_{p}(t)={\begin{cases}0,&t<a\\1,&a<t<b\\0,&t>b\end{cases}}$

Função degrau unitário

A função degrau unitário, ou função de Heaviside. é definida assim

$u(t-a)={\begin{cases}0,\,t\leq a\\1,\,t>a\end{cases}}$ Consequentemente, o produto:

$u(t-a)f(t-a)$

é a função f(t) deslocada uma distância a no sentido positivo do eixo do tempo t , sendo nula para t < a. Sendo assim tem-se o seguinte;

Definição: ${\mathcal {L}}\left\{u(t-a)f(t-a)\right\}=e^{-as}F(s),$ $a\in \mathbb {R}$

e a inversa: ${\mathcal {L}}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a)$

Demonstração: Aplica-se diretamente a transformada de Laplace de $u(t-a)f(t-a)$ e usa-se a propriedade aditiva de integrais

${\mathcal {L}}\left\{u(t-a)f(t-a)\right\}=\int \limits _{0}^{\infty }f(t-a)u(t-a)e^{-st}dt=\int \limits _{0}^{a}f(t-a)u(t-a)e^{-st}dt+\int \limits _{a}^{\infty }f(t-a)u(t-a)e^{-st}dt$

usando o fato de que $u(t-a)={\begin{cases}0,&{0\leq t<a}\\1,&{t\geq a}\end{cases}}$, tem-se:

$=\int \limits _{a}^{\infty }f(t-a)e^{-st}dt$. Agora faz-se a mudança de variável $v=t-a$ na integral e altera-se os limites de integração novamente:

$=\int \limits _{0}^{\infty }f(v)e^{-s(v+a)}dv=e^{-as}\int \limits _{0}^{\infty }f(v)e^{-sv}dv$, que é a definição de transformada de Laplace.

e concluímos que: ${\mathcal {L}}\left\{u(t-a)f(t-a)\right\}=e^{-as}{\mathcal {L}}\{f(t)\}=e^{-as}F(s)$

Isto é, quando a função é deslocada a unidades no sentido positivo do tempo t , a sua representação no domínio das frequências fica multiplicada por $e^{-as}$ . Essa propriedade é útil para calcular transformadas de funções com descontinuidades.

Deslocamento na frequência

Conhecida como deslocamento ou translação do eixo s, é possível conhecer a transformada de múltiplos exponenciais de uma função $f$ desde que conheçamos a sua transformada, isto é:

${\mathcal {L}}\left\{e^{at}f(t)\right\}=F(s-a),$ $a\in \mathbb {R}$,

ou

${\mathcal {L}}^{-1}\{F(s-a)\}=e^{at}f(t)$

Demonstração: Faz-se a aplicação direta da definição de transformada de Laplace de $F(s-a)$:

$F(s-a)=\int \limits _{0}^{\infty }f(t)e^{-(s-a)t}dt$$=\int \limits _{0}^{\infty }f(t)e^{at}e^{-st}dt={\mathcal {L}}\{e^{at}f(t)\}$

Exemplo 1: Calculemos a transformada de Laplace de $f(t)=e^{at}t$:

Usando a definição de transformada calcula-se

${\mathcal {L}}\left\{t\right\}={1 \over s^{2}}=F(s).$

Aplicando a propriedade da translação tem-se

${\mathcal {L}}\left\{e^{at}t\right\}=F(s-a)={1 \over {(s-a)^{2}}},$ $s>a$

Exemplo 2: Analogamente é possível calcular a transformada de Laplace de $senh(2t)cos(t)$:

Primeiro escreve-se Seno hiperbólico na sua forma exponencial

${\mathcal {L}}\left\{{e^{2t}-e^{-2t} \over {2}}cos(t)\right\}$

Assim, pela propriedade da Linearidade, pode-se colocar ${1 \over 2}$ em evidência,tem-se

${1 \over {2}}{\mathcal {L}}\left\{{e^{2t}cos(t)-e^{-2t}}cos(t)\right\}$

Então aplica-se a propriedade da translação do eixo s

${1 \over {2}}{\mathcal {L}}\left\{{e^{2t}cos(t)-e^{-2t}}cos(t)\right\}={1 \over 2}{\biggl (}{s-2 \over (s-2)^{2}+1}-{s+2 \over (s+2)^{2}+1}{\biggr )}$

Teorema de Convolução

A convolução é uma operação que permite relacionar algumas funções com a transformada inversa do produto das suas transformações.

${\begin{aligned}&\rightarrow \ \ f(t)*g(t)\ {\overset {\underset {\mathrm {def} }{}}{=}}\int _{0}^{t}f(\tau )g(t-\tau )\operatorname {d} \!\tau \\&\rightarrow \ \ {\mathcal {L}}\{f(t)\ g(t)\}={\mathcal {L}}\{f(t)\}*{\mathcal {L}}\{g(t)\}\\&\rightarrow \ \ {\mathcal {L}}\{f(t)*g(t)\}=F(s)\ G(s)\end{aligned}}$

Demostração: Partimos da definição das transformadas:

$F(s)={\mathcal {L}}\{f(t)\}=\int _{0}^{\infty }e^{-st}f(t)\,dt$ e $G(s)={\mathcal {L}}\{g(\tau )\}=\int _{0}^{\infty }g(\tau )e^{-s\tau }\,d\tau$

Logo,

$F(s)G(s)=\int \limits _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}\int \limits _{0}^{\infty }g(\tau )e^{-s\tau }dt$

$=\int \limits _{0}^{\infty }f(t)\int \limits _{0}^{\infty }g(\tau )e^{-s(t+\tau )}d\tau dt$

Mantemos $t$ fixo e fazemos a mudança de variável  $v=t+\tau$para obter:

$F(s)G(s)=\int \limits _{0}^{\infty }f(t)\int \limits _{t}^{\infty }g(v-t)e^{-sv}dvdt$

Mudamos a ordem de integração na região que é a metade inferior do primeiro quadrante: em vez de variar $v$ em ${[t,\infty ]}$ depois $t$ em ${[0,\infty ]}$ primeiro vamos variar $t$ em ${[0,v]}$, depois $v$ em ${[0,\infty ]}$, ou seja

$F(s)G(s)=\int \limits _{0}^{\infty }\int \limits _{0}^{v}f(t)g(v-t)e^{-sv}dtdv$

$=\int \limits _{0}^{\infty }{\biggl (}\int \limits _{0}^{v}f(t)g(v-t)dt{\biggr )}e^{-sv}dv$

$=\int \limits _{0}^{\infty }(f*g)e^{-sv}dv$

$={\mathcal {L}}\{f*g\}$

Transformada de Laplace de uma função de período T

Se f(t) é uma função contínua por partes, de ordem exponencial e periódica de período T. Então a transformada de Laplace existe e é da forma

${\mathcal {L}}\{f\}={1 \over 1-e^{-Ts}}\int _{0}^{T}e^{-st}f(t)\,dt$

Demonstração: Aplicando a definição e separando a integral nos períodos da função f(t) para obter:

${\mathcal {L}}\{f(t)\}=\int _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}dt$

$=\int _{0}^{T}f(t)e^{-st}dt+\int _{T}^{2T}f(t)e^{-st}dt+\int _{2T}^{3T}f(t)e^{-st}dt+...$

$=\sum _{n=0}^{\infty }\int _{nT}^{(n+1)T}f(t)e^{-st}dt.$

Fazendo a mudança de variável $\tau =t-nT$ e obtêm-se

${\mathcal {L}}{\{f(t)\}}=\sum _{n=0}^{\infty }\int _{0}^{T}f(\tau +nT)e^{-s(\tau +nT)}d\tau$

$=\sum _{n=0}^{\infty }e^{-snT}\int _{0}^{T}f(\tau +nT)e^{-s\tau }d\tau$

Usando o fato que a função é periódica, ou seja, $f(\tau +nT)\equiv f(\tau )$, se tem:

${\mathcal {L}}{\{f(t)\}}=\sum _{n=0}^{\infty }e^{-snT}\int _{0}^{T}f(\tau )e^{-s\tau }d\tau$

$={\Bigl (}\sum _{n=0}^{\infty }(e^{-sT})^{n}{\Bigr )}\int _{0}^{T}f(\tau )\ e^{-sT}d\tau$

$=\int _{0}^{T}f(\tau )e^{-sT}d\tau \left[{\frac {1}{1-e^{-sT}}}\right]$

$={\frac {1}{1-e^{-sT}}}\int _{0}^{T}f(\tau )e^{-sT}d\tau ,$

onde usa-se a soma de uma série geométrica de razão $e^{-sT}$.

As funções periódicas aparecem com frequência representando forças externas em sistemas mecânicos e elétricos.

Derivada da transformada de Laplace

${\mathcal {L}}\left\{tf(t)\right\}=-{\operatorname {d} \! \over \operatorname {d} \!s}F(s)$

Dada uma função ${f(t)}$, podemos escrever que ${\mathcal {L}}\left\{f(t)\right\}=F(s)$, e temos então:

${{\frac {d}{ds}}F(s)={\frac {d}{ds}}\int _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}dt}$

E pelo Teorema Fundamental do Cálculo:

${{\frac {d}{ds}}F(s)=\int _{0}^{\infty }f(t){\frac {d}{ds}}e^{-st}dt}$

${{\frac {d}{ds}}F(s)=\int _{0}^{\infty }f(t)(-t)e^{-st}dt}$

${{\frac {d}{ds}}F(s)=-\int _{0}^{\infty }tf(t)e^{-st}dt}$

${{\frac {d}{ds}}F(s)=-{\mathcal {L}}\left\{tf(t)\right\}}$

Integral da transformada de Laplace

Se $F(s)$ é a transformação de Laplace de $f(t)$ e $\lim _{t\to 0}\int \limits _{t}^{1}{\frac {f(\tau )}{\tau }}d\tau$ existe então :

${\mathcal {L}}\left\{{\frac {f(t)}{t}}\right\}=\int _{s}^{\infty }F(v)\operatorname {d} \!v$

Demonstração:

${\mathcal {\int }}_{s}^{\infty }F(v)\operatorname {d} v=\int _{s}^{\infty }{\bigg (}\int _{0}^{\infty }f(t)e^{-vt}\operatorname {d} t{\bigg )}\ \operatorname {d} v$

$=\int _{0}^{\infty }f(t){\bigg (}\int _{s}^{\infty }e^{-vt}\operatorname {d} v{\bigg )}\operatorname {d} t=\int _{0}^{\infty }f(t){\bigg [}{\frac {e^{-vt}}{-t}}{\bigg ]}{\Biggr |}_{s}^{\infty }\operatorname {d} t$

$=\int _{0}^{\infty }f(t){\bigg [}{\frac {e^{-\infty t}-e^{-st}}{-t}}{\bigg ]}\operatorname {d} t=\int _{0}^{\infty }{\frac {f(t)}{t}}e^{-st}\operatorname {d} t$

$={\mathcal {L}}\left\{{\frac {f(t)}{t}}\right\}$

Escalamento

${\mathcal {L}}\left\{f(at)\right\}={1 \over a}\;F\left({s \over a}\right)$

Valor inicial

Se F(s) é a transformada de Laplace de uma função f(t) de ordem exponencial c e

$\lim _{t\to 0+}f(t)=L$,

então

$\lim _{s\to \infty }sF(s)=L$.

Demonstração : Usando a definição da Transformada podemos escrever

$sF(s)=s\int _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}dt$

$=s\int _{0}^{a}f(t)e^{-st}dt+s\int _{a}^{b}f(t)e^{-st}dt+s\int _{b}^{\infty }f(t)e^{-st}dt$

Dessa forma podemos observar que a segunda integral tende a zero quando $s\longrightarrow \infty$independente do valor de a e b, pois o fato da função ser de ordem exponencial e contínua por partes implica f(t) limitada em [a,b], ou seja, $|f(t)|<M$ e, portanto,

$\mid s\int _{a}^{b}f(t)e^{-st}dt\mid \leq s\int _{a}^{b}\mid f(t)\mid e^{-st}dt$

$\leq Ms\int _{a}^{b}e^{-st}dt$

$\leq Ms{\frac {1}{-s}}\left[e^{-st}\right]_{a}^{b}$

$=M(e^{-sa}-e^{-sb}).$

A última integral também tende a zero se b for suficientemente grande, pois existem c e M > 0 tal que $\mid f(t)<Me^{ct}$ para t>b e, portanto,

$\mid s\int _{b}^{\infty }f(t)e^{-st}dt\mid \leq s\int _{b}^{\infty }\mid f(t)\mid e^{-st}dt$

$\leq s\int _{b}^{\infty }\mid f(t)\mid e^{-(s-c)t}dt$

$\leq Ms{\frac {1}{c-s}}\left[e^{-(s-c)t}\right]_{b}^{\infty }$

$={\frac {Ms}{s-c}}(e^{-(s-c)b}).$

E por fim, para a suficientemente pequeno, f(t) se aproxima de L, pois $\lim _{t\to 0}f(t)=L$, ou seja,

$s\int _{0}^{a}f(t)e^{-st}dt\approx s\int _{b}^{\infty }Le^{-st}dt$

$\approx s{\frac {l}{s}}\left[e^{-st}\right]_{0}^{a}$

$=L(1-e^{-as})$

Como $e^{-as}\rightarrow 0$ quando $s\rightarrow \infty$, então

$\lim _{s\to \infty }sF(s)=L$

Valor final

Se $F(s)$é a transformada de Laplace de $f(t)$ e

$\lim _{t\to \infty }f(t)=L$

então,

$\lim _{s\to 0^{+}}sF(s)=L$

Demonstração

Usamos a Definição de transformada de Laplace para escrever

$sF(s)=s\int _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}dt$

$=s\int _{0}^{a}f(t)e^{-st}dt+s\int _{a}^{\infty }f(t)e^{-st}dt$

Observe que a primeira parcela do lado direito tende a zero independentemente do valor de $a$.Porém, para $a$suficientemente grande, $f(t)$se aproxima de $L$, pois $\lim _{t\to \infty }f(t)=L$, ou seja,

$s\int _{a}^{\infty }f(t)e^{-st}dt\thickapprox s\int _{a}^{\infty }Le^{-st}dt$

e,

$s\int _{a}^{\infty }f(t)e^{-st}dt\thickapprox s{\frac {L}{-s}}\left[e^{-st}\right]_{a}^{\infty }=Le^{-as}$

Como $e^{-as}\rightarrow 1$ quando $s\rightarrow 0$, então

$\lim _{s\to 0^{+}}sF(s)=L$