1.1. Revisão direcionada sobre Transformada de Laplace

A transformada de Laplace é fundamental para o estudo dos sistemas de controle lineares e invariantes no tempo.

As dinâmicas desses sistemas podem ser representadas por equações diferenciais no domínio do tempo que, em

muitas das vezes, possuem difícil e penosa resolução no domínio do tempo. Por exemplo, integração e diferenciação,

são substituídas por operações algébricas básicas no domínio da freqüência (plano complexo). Uma vez resolvida a

expressão algébrica no domínio “s”, a resposta da equação diferencial no domínio do tempo é obtida através do uso

das tabelas de transformadas de laplace ou pelas técnicas de expansão em frações parciais.

Um exemplo de aplicação pode ser mostrado através de um sistema massa-mola-amortecedor. Esse sistema pode

ser representado pela seguinte equação diferencial 2

2

d x(t) dx(t)M. B. K.x(t) F(t)

dtdt+ + = , tirada da segunda lei de

Newton F M.a=∑ , onde: M é a massa, B é o coeficiente de atrito e K a constante da mola e (a) é a aceleração

resultante do sistema, x(t) é o deslocamento que o sistema sofre em função de t, devido à aplicação da força F(t), ou

seja, 2

2

dx(t) d x(t)B. K.x(t) M.

dt dt− − = . A resolução desta equação no domínio s ou também conhecido como domínio

da frequência, (Laplace – plano complexo) se resume à resolução de uma equação simultânea do segundo grau da

seguinte forma 2Ms X(s) BsX(s) KX(s) F(s)+ + = (esse procedimento será visto adiante). Portanto, a relação entre o

deslocamento sofrido pela massa X(s) devido à força aplicada F(s) é dada por 2X(s).[Ms Bs K] F(s)+ + = , ou

melhor, 2

1X(s) F(s)

Ms Bs K=

+ +. Dada uma força aplicada F(s) obtemos um deslocamento X(s) em função dos

parâmetros M (massa), B (atrito) e K (constante da mola). A resolução desse problema no domínio do tempo como

resposta x(t) à força f(t) aplicada será a transformada inversa de Laplace de X(s), ou seja,

[ ]1 1

2

1x(t) L X(s) L F(s)

Ms Bs K

− − = = + +

que pode ser resolvido facilmente através do método de decomposição

em frações parciais como será visto mais adiante.

1.1.1. Definição geral

A transformada de Laplace é determinada através da multiplicação de uma função ou sinal linear f(t) pela função ste−

e integrando o produto, no intervalo de tempo compreendido entre (0, +∞), ou seja:

s.t

0

F(s) f (t)e dt

+∞

−= ∫

Obs. Consideraremos letras minúsculas para as funções no domínio do tempo e letras maiúsculas para as suas

transformadas de Laplace (domínio da frequência)

Esse procedimento fará com que uma função f(t), com t uma variável real positiva no domínio do tempo, seja

convertida em uma função no domínio complexo com s uma variável complexa (a + jb) com -∞<a<∞ e -∞<b<∞.

O operador, transformada de Laplace, é dado pelo símbolo L e o operador transformada inversa de Laplace é dado

pelo operador L-1

A transformada de Laplace é uma transformação linear. Dadas as funções f(t), f1(t) e f2(t) e se elas apresentam

transformada de Laplace, então:

L[k.f (t)] k.L[f (t)]=

1 2 1 2L[f (t) f (t)] L[f (t)] L[f (t)]+ = +

A seguir serão desenvolvidas as transformadas de Laplace de apenas algumas funções bastante usadas na teoria de

controle.

1.1.2. Função exponencial e sua transformada

A função exponencial é definida da seguinte forma:

t

f (t) 0 se t 0

f (t) k.e se t 0−α

= <

= ≥ onde k e ∝ são constantes reais.

t t st ( s)t

0 0

L[f (t)] L[k.e ] k.e .e .dt k. e .dt

∞ ∞−α −α − − α+= = =∫ ∫

Lembrando da teoria de cálculo, podemos fazer uma troca simples e conveniente de variáveis. Fazendo

( s).t u− α + = e derivando os dois membros temos du

( s).dt du dt( s)

− α + = ⇒ =− α +

.

Devido à mudança de variáveis, os limites de integração também mudarão passando a ser;

Para t = 0 ⇒ u = 0 e para t = ∞ ⇒ u = -∞

Fazendo a troca de variáveis temos:

u u u

0 0

du k kL[f (u)] k. e .( ) . e .du .e

0( s) ( s) ( s)

−∞ −∞ −∞= = − = − =

− α + α + α +∫ ∫

0 0k k k 1 k k.[e e ] .[e e ] .( 1) .(0 1)

( s) ( s) ( s) ( s) (s )e

−∞ −∞

∞= − − = − − = − − = − − =

α + α + α + α + + α

Portanto, t k

L[k.e ]s

−α =+ α

Para a transformação efetuada, K é um ganho e o inverso de α , ou seja, 1

α é uma constante de tempo.

O gráfico da função 2tf (t) 4e−= é mostrado a seguir: Observe que quando t=0 f(t) = 4 e quando t = ∞ f(t) = 0.

Observe também que ∝ = 2 e o seu inverso é 0,5 que é a sua constante de tempo. Veja que para t igual a 5 valores

de constante de tempo, ou seja, t = 2,5 seg, o valor da função é praticamente o valor que ela teria em t = ∞, ou seja,

f(∞) = 0. Em geral podemos dizer que uma exponencial ao atingir um tempo em torno de quatro a cinco vezes a sua

constante de tempo, o valor atingido é praticamente o valor que ela teria para t = ∞.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4Grafico da funçao exponencial decrescente

Tempo (sec)

Am

plitu

de

Gráfico traçado pelo software MATLAB.

1.1.3. Função degrau e sua transformada

A função degrau é definida da seguinte forma:

f (t) 0 se t 0

f (t) k.u(t) se t 0

= <

= ≥ onde k é uma constante real e u(t) = 1 para t ≥ 0.

A transformada de Laplace de k.u(t) (t ≥ 0) fica:

(observe que a transformada de Laplace é definida no intervalo (0,∞) uma vez que a conversão é feita para funções

no tempo e pelo que sabemos até o momento, não existe tempo negativo).

st st

0 0

L[f (t)] L[k.u(t)] k.e .dt k. e .dt

∞ ∞− −= = =∫ ∫

Da mesma forma feita no item 1.3.2, podemos fazer uma troca também simples e conveniente de variáveis. Fazendo

s.t u− = e derivando os dois membros temos: du

s.dt du dts

− = ⇒ =−

.

Os limites de integração também mudarão passando a ser: para t = 0 ⇒ u = 0 e para t = ∞ ⇒ u = -∞

Fazendo a troca de variáveis temos:

u u u

0 0

du k kL[f (u)] k. e . . e .du .e

0s s s

−∞ −∞ −∞= = − = − =

−∫ ∫

0 0k k k 1 k k.[e e ] .[e e ] .( 1) .(0 1)

s s s s se

−∞ −∞

∞= − − = − − = − − = − − =

Portanto, k

L[k.u(t)]s

=

Para a transformação efetuada, K é um ganho e, se for igual a um, denominados de degrau unitário. Esta função e

ostensivamente utilizada na teoria de controle.

Observa-se também que para a função degrau, α =0, ou seja, a constante de tempo 1

α é infinita, ou seja, a função

não parte de 0 e vai a 1 num determinado tempo ela já parte de 1 para t ≥ 0.

Para descrevermos melhor a aplicação dessa função nos sistemas, imagine uma balança de prato com indicação

analógica e desejamos medir a massa de um certo material. Imagine que o instante em que o material é colocado na

balança seja t = 0, obviamente, a massa medida pela balança num tempo anterior à colocação do tijolo no prato da

balança será 0. Veja que a partir de t = 0 o valor de massa colocado no prato da balança vale K e não modificará para

todo t ≥ 0. Esse é um exemplo de aplicação da função u(t). A resposta da balança (considerada o sistema) será a

movimentação do ponteiro analógico em sua régua graduada. Esse ponteiro saíra de 0 (massa = 0) e a partir de t = 0

começará a se deslocar até estabilizar no valor de K que é a sua massa. Se retirarmos o material, tudo voltará a ser

como antes.

Os gráficos da aplicação do material na balança f(t)=K.u(t) e da resposta da balança podem ser mostrados a partir

dos gráficos a seguir: As oscilações no gráfico de resposta da balança poderão alterar dependendo dos valores de K,

mas o valor final será sempre K.

-1 0 1 2 3 4 5 6 74

4.2

4.4

4.6

4.8

5

5.2

5.4

5.6

5.8

6Funçao degrau unitario de valor K=5

Tempo (sec)

Am

plitu

de

-1 0 1 2 3 4 5 6 70

1

2

3

4

5

6

7Movimento do ponteiro da balança

Tempo (sec)

Am

plitu

de

Obs. há um costume geral em se dizer “qual o peso de um dado produto”, na verdade deveria ser “qual a massa do

produto”, uma vez que, balança não mede peso mas sim massa, a gravidade é anulada pelo prato da balança e a

graduação, como todos nós sabemos é em gramas).

1.1.4. Função rampa e sua transformada

A função rampa é definida da seguinte forma:

0 para t 0f (t)

K.t para t 0

<=

≥

A sua transformada de Laplace é dada por, st st

0 0

L[f (t)] L[k.t] k.t.e .dt k. t.e .dt

∞ ∞− −= = =∫ ∫

Fazendo u du

u s.t t então dts s

= − ⇒ = =− −

Os limites de integração ficam: para t = 0 ⇒ u = 0 e para t = ∞ ⇒ u = -∞ , portanto,

st u u

20 0 0

u du kk. t.e .dt k.. .e . . u..e .du

s s s

∞ −∞ −∞− = =

− −∫ ∫ ∫

Dadas as duas funções u e uv e= (

udv e .du= ) contínuas e que possuem derivadas no intervalo (-∞,0), sabemos

do cálculo que (u.v)´ u '.v u.v '= + . Integrando os dois lados temos:

0 0 0(u.v)´ u '.v u.v '

−∞ −∞ −∞= +∫ ∫ ∫ (chamada integração por partes). Dessa expressão podemos tirar que:

0 0 0 0u.v ' (u.v)´ u '.v u.v u '.v

0

−∞ −∞ −∞ −∞−∞= − = −∫ ∫ ∫ ∫ Substituindo o valor de v temos:

u u u 0 0

0 0u.e .du u.e e .du ( .e 0.e ) (e e ) (0 0) (0 1) 1

0

−∞ −∞ −∞ −∞−∞= − = −∞ − − − = − − − =∫ ∫

O valor de .e−∞−∞ é 0 pois a expressão t

t

tt.e

e

− −− = quando t → ∞ gera uma indeterminação que é eliminada

aplicando a regra de L´Hopital ficando t

t

d(t)

1dtd e(e )dt

−−

= e quando t vai a ∞ a expressão vai a zero. A expressão pode

ser entendida da seguinte forma: quando t vai para o infinito, o denominador da expressão vai para o infinito muito

mais rápido que o numerador, porisso, a expressão toda vai a zero.

Logo, st

0

L[k.t] k. t.e .dt

∞−= =∫

u

2 2 20

k k k. u..e .du .1

s s s

−∞

= =∫

A transformada de Laplace da função rampa também possui grande importância na teoria de controle.

1.1.5. Função pulso e sua transformada

Antes de determinarmos a transformada de Laplace da função pulso, é importante que falemos um pouco sobre um

teorema da transformada de Laplace que diz sobre o deslocamento de uma função no tempo a qual chamamos de

função transladada ou função com retardo de tempo.

Considere as seguintes funções no tempo, f(t) e f(t-∝). O efeito de um retardo de tempo ∝ na função f(t) pode ser

visto comparando os dois gráficos a seguir.

f(t) → Sem retardo de tempo f(t-∝) → Com retardo de tempo (∝ = 1seg)

0 1 2 3 4 5 60

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1Funçao sem retardo de tempo

Tempo (sec)

Am

plit

ude

0 1 2 3 4 5 6 7

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1Funçao com retardo de tempo de 1 seg

Tempo (sec)

Am

plitu

de

Considerando que u(t) é a função degrau unitário e como essas funções no tempo só valem para t ≥ 0 então

podemos dizer que a função sem retardo de tempo é dada por f (t) f (t).u(t)= e a função com retardo de tempo é

dada por f (t ) f (t ).u(t )− α = − α − α .

A transformada de Laplace da função f (t )− α é dada por st

0

L[f (t ).u(t )] f (t ).u(t ).e .dt

∞−− α − α = − α − α∫ .

Uma troca conveniente de variáveis seria fazendo: t dt d− α = τ⇒ = τ .

Os limites de integração ficam: para para t 0 e para t= ⇒ τ = −α = ∞ ⇒ τ = ∞ e quando t 0= α ⇒ τ =

Portanto, as integrais ficam:

0st s( ) s( ) s( )

0 0

f (t ).u(t ).e f ( ).u( ).e .d f ( ).u( ).e .d f ( ).u( ).e .d

∞ ∞ ∞− − τ+α − τ+α − τ+α

−α −α

− α − α = τ τ τ = τ τ τ + τ τ τ =∫ ∫ ∫ ∫

s s s s

0 0

0 f ( ).u( ).e .e .d e . f ( ).u( ).e .d

∞ ∞− τ − α − α − τ= + τ τ τ = τ τ τ∫ ∫

Como u( ) 1 para t 0 então,τ = ≥ s s s s s

0 0

e . f ( ).u( ).e d e . f ( ).e d e .F(s)

∞ ∞− α − τ − α − τ − ατ τ τ = τ τ =∫ ∫

Portanto,

s.L[f (t )] e F(s)

− α− α =

Função Pulso

A função pulso é definida como sendo 0

0

f (t) k para 0 t t

f (t) 0 para t 0 e t t

= ≤ ≤

= < > e pode ser desenvolvida

analiticamente como sendo a subtração de dois degraus unitários de valor K defasados no tempo de um tempo t0, ou

seja,

0f (t) k.u(t) k.u(t t )= − − .

100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

Tempo

Deg

rau

Degrau 1 em t=0 e Degrau -1 em t=250

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5Funçao pulso

Gráfico da função pulso.

A transformada de Laplace da função pulso será dada por:

0 0

0 0

s.t s.t

L[f (t)] L[k.u(t) k.u(t t )] k.L[u(t)] k.L[u(t t )]

1 1 Kk. k.e . (1 e )

s s s

− −

= − − = − − =

− = −

1.1.6. Função impulso e sua transformada

Se fizermos o tempo t0 da função pulso tender a zero mantendo a sua área, a sua amplitude tenderá ao infinito e

dessa forma definimos a função impulso.

0

0

st

t 0 0

kf (t) lim (1 e )

s.t

−

→

= −

A função impulso só existe no instante t = 0, portanto, terá valores iguais a zero para instantes de tempo maiores que

zero. Pode-se dizer que é um caso particular da função pulso.

A transformada de Laplace desta função pode ser feita da seguinte forma:

0

0

st

t 0 0

kL[f (t)] L lim (1 e )

s.t

−

→

= −

se fizermos t0 tender a zero verificaremos que haverá uma divisão de 0 por 0,

ou seja, haverá uma indeterminação. Para eliminarmos essa indeterminação utilizamos do cálculo a regra de

L´Hopital. Derivaremos a expressão tanto no numerador quanto no denominador em relação à t0.

0

0

0

0 0 0

stst

. st0

t 0 t 0 t 00)

0

d[k.(1 e )]

k.( s e )dtlim lim lim (k.e ) kd s

(s.tdt

−−

−

→ → →

− − −

= = =

Quando k = 1, esta função é chamada de FUNÇÃO IMPULSO UNITÁRIO ou FUNÇÃO DELTA DE DIRAC e é

representada por (t)δ . A exemplo da função degrau unitário, a função (t)δ também tem grande importância no

estudo da teoria de controle.

Imagine o exemplo dado na seção 1.3.3, ao invés de colocarmos o material na balança e deixarmos ele lá, colocamos

o material e no espaço mais curto de tempo possível, retiramos esse material do prato da balança. Observa-se que

ao colocarmos o material no prato e depois o retiramos, o ponteiro da balança atinge um determinado valor e depois

retorna ao ponto de onde partiu. É como se desse um “murro rápido” na balança e o ponteiro irá mais longe, na

escala da balança, quanto maior for esse “murro rápido”.

O gráfico da aplicação do material na balança com f(t) = K.δ(t) e da resposta da balança são vistos a seguir: As

oscilações no gráfico de resposta da balança poderão alterar dependendo dos valores de K. No caso, K = 5 o mesmo

considerado na seção 1.3.3.

0 1 2 3 4 5 6 7-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7Movimento do ponteiro da balança

Tempo (sec)

Am

plitu

de

0 1 2 3 4 5 6 7-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7Movimento do ponteiro da balança

Tempo (sec)

Am

plitu

de

1.1.7. Funções seno e co-seno e suas transformadas

Função Seno

A transformada de Laplace da função seno é dada por

s.t s.t

0 0

L[k.sen( .t)] k.sen( .t).e .dt k. sen( .t).e .dt

∞ ∞− −ω = ω = ω∫ ∫

Como já visto, podemos substituir sen( .t)ω por j. .t j. .te e

2j

ω − ω−, substituindo temos:

j. .t j. .t j. .t s.t j. .t s.t ( s j. ).t ( s j. ).ts.t s.t

0 0 0 0

e e e .e e .e e ek. sen( .t).e .dt k. .e .dt k. .dt k. .dt

2 j 2 j 2 j

∞ ∞ ∞ ∞ω − ω ω − − ω − − + ω − − ω− −− − −

ω = = =∫ ∫ ∫ ∫

(s j. ).t (s j. ).t

0 0

k ke .dt e .dt

2 j 2j

∞ ∞− − ω − + ω= +∫ ∫

Para a primeira parcela da expressão acima, se fizermos u (s j. )t= − − ω então

dudu (s j. )dt dt

(s j. )= − − ω ⇒ =

− − ω

E os limites de integração passam a ser para t 0 u 0= ⇒ = e para t u= ∞ ⇒ = −∞ , substituindo temos:

u u 0

0 0

k du k k k ke . e .du (e e ) (0 1)

2j (s j.w) 2 j.(s j. ) 2 j.(s j. ) 2 j.(s j. ) 2 j.(s j. )

−∞ −∞−∞= = − = − =

− − − − ω − − ω − − ω − ω∫ ∫

Fazendo para a segunda parcela procedimento idêntico obtemos k

2j.(s j. )

−

+ ω.

Logo a expressão da transformada de Laplace para a função seno fica:

k k k 1 1 k s j. s j.L[k.sen( .t)] . .

2 j.(s j. ) 2 j.(s j. ) 2 j s j. s j 2 j (s j. ).(s j. )

+ ω − + ωω = − = − =

− ω + ω − ω + ω − ω + ω

2 2 2 2 2 2

k 2.j. k.. k.

2 j s s s

ω ω ω = = =

+ ω + ω + ω

Exercício proposto

Determinar a transformada de Laplace da função co-seno, sabendo-se que j. .t j. .te e

cos( .t)2

ω − ω+ω = .

O procedimento é idêntico ao utilizado para determinar L[k.sen( .t)]ω . Resposta: 2 2

k.sL[k.cos( .t)]

sω =

+ ω

1.1.8. Propriedades básicas da transformada de Laplace (TL)

As propriedades das transformadas de Laplace mostradas a seguir são de grande importância na teoria de controle.

1.1.8.1. Deslocamento no tempo

Esta propriedade obtida pela inserção de um retardo de tempo na função temporal, já foi mostrada para que

pudéssemos calcular a transformada de Laplace da função pulso no item 1.3.4.

1.1.8.2. Multiplicação de f(t) por te−α

.t .t s.t (s )t

0 0

L[e .f (t)] e .f (t).e .dt f (t).e .dt

∞ ∞−α −α − − +α= =∫ ∫ , observa-se que a transformada de Laplace de função

.te .f (t)−α nada mais é do que substituir s por (s + ∝) na definição da transformada de Laplace, portanto, se

L[f (t)] F(s)= , então .tL[e .f (t)] F(s )−α = + α

Esta propriedade é importante em controle quando precisamos determinar as transformadas de Laplace de funções

do tipo .t .te .sen( .t) ou e .cos( .t)−α −αω ω utilizadas nas respostas de sistemas oscilantes com decaimento

exponencial que tendem para um determinado valor. As transformadas de Laplace destas funções são dadas por:

.t

2 2L[e .sen( .t)]

(s )

−α ωω =

+ α + ω

.t

2 2

sL[e .cos( .t)]

(s )

−α + αω =

+ α + ω

1.1.8.3. Mudança da escala de tempo

Na análise de sistemas físicos, às vezes é conveniente a alteração da escala de tempo de uma dada função

temporal. Se em uma dada f (t) alterarmos a variável tempo t para t

α então a função será alterada para

tf

α .

s.t

0

t tL f f .e .dt

∞−

= α α ∫ fazendo 1

tt=

α⇒ 1t .t= α , então: ( ) 1s.t s. .t

1 1)

0 0

tf .e .dt f t .e .d( .t

∞ ∞− − α

= α α

∫ ∫

Fazendo 1s. sα = e substituindo, temos: ( ) 1 1s.t s .t1 1 1

0 0

tf .e .dt . f t .e .dt .F(s ) .F( s)

∞ ∞− −

=

= α α = α α α

∫ ∫

Portanto, t

L f .F( s)

= α α α

Exemplo

Comparemos as duas expressões a seguir:

( )t

t 0,5.t2t

f (t) e e f e ou f 0,5.t e2

−− −

= = =

( )

t 1L[f (t)] Lf (t) L[e ] e

s 1

t 2L f ou L f 0,5.t 2.F(2.s)

2 2.s 1

−= = =+

= = +

1.1.8.4. Teorema das derivadas

A transformada de Laplace da derivada de uma função f(t) é dada por:

dL (f (t) sF(s) f (0)

dt

= −

Sendo f(0) a condição inicial de f(t) calculada em t = 0.

Para demonstrar o teorema utiliza-se a integração por partes:

0 0 0 0u.v ' (u.v)´ u '.v u.v u '.v

0

∞ ∞ ∞ ∞∞= − = −∫ ∫ ∫ ∫

Fazendo st st

du f (t) du f(t) e

dt

v e (dv s.e dt)− −

= ⇒ =

= = −

Substituindo os valores de u e v, temos:

st st st

0 0 0 0

du.dv u.v v.du f (t).( s.e .dt) f (t).e (e ). f (t) .dt

0 0 dt

∞ ∞ ∞ ∞− − −∞ ∞ = − ⇒ − = −

∫ ∫ ∫ ∫

st stst

0 0

e e df (t).e .dt f (t). . f (t) .dt

0s s dt

− −∞ ∞− ∞

= − − −

∫ ∫

s. s.0st

0

e e 1 dF(s) f ( ). f (0). f (t) .e .dt

s s s dt

− ∞ −∞ −

= ∞ − − − − − ∫

1 1 d f (0) 1 dF(s) 0 f (0). .L f (t) .L f (t)

s s dt s s dt

= − − = + − −

Portanto, f (0) 1 d d

F(s) .L f (t) s.F(s) f (0) L f (t)s s dt dt

= + ⇒ = +

Logo: d

L f (t) s.F(s) f (0)dt

= −

Se considerarmos condições iniciais nulas, temos f(0) = 0, então: d

L f (t) s.F(s)dt

=

Exemplos:

Dada a expressão 3.td

(e )dt

− determine a sua forma no domínio da frequência com condição inicial igual a 1.

3.td 1 s (s 3) 3L (e ) s. 1

dt s 3 s 3 s 3

− − + − = − = = + + +

Dada a equação diferencial d

3. x(t) 5.x(t) 0dt

+ = com condição inicial x(0) = 2, determine a sua forma no domínio

da frequência.

dL 3. x(t) 5.x(t) 0 3.[s.X(s) x(0)] 5.X(s) 0

dt

+ = = − + =

3.s.X(s) 3.x(0) 5.X(s) 0

X(s).[3s 5] 3.x(0)

3.x(0)X(s)

3s 5

− + =

+ =

=+

Como x(0)=2, substituindo temos:

6X(s)

3s 5=

+

Se quisermos achar a expressão de x(t) teremos que determinar a transformada inversa de X(s), ou seja,

1 6x(t) L

3s 5

− = +

(Este cálculo será visto mais adiante)

Da mesma forma, a transformada de Laplace de uma derivada de ordem n, será;

nn n 1 n 2 n 3

n

dL f (t) s .F(s) s .f (0) s .f '(0) s .f ''(0) ...

dt

− − − = − − − −

Se as condições iniciais forem nulas, então teremos: n

n

n

dL f (t) s .F(s)

dt

=

Como exemplo, a transformada de Laplace de 2

2

df (t)

dtserá:

22

2

dL f (t) s .F(s) s.f (0) f '(0)

dt

= − −

e se as condições iniciais forem nulas, então:

22

2

dL f (t) s .F(s)

dt

=

Exercício resolvido

Na equação diferencial a seguir ache a relação no domínio da frequência entre X(s) e U(s) considerando as

condições iniciais nulas.

3 2

3 2

d d d dx(t) 4. x(t) 2 x(t) x(t) u(t) 5.u(t)

dt dtdt dt+ + + = +

Resolução:

3 2

3 2

3 2

s .X(s) 4.s .X(s) 2.s.X(s) X(s) s.U(s) 5.U(s)

X(s).[s 4.s 2.s 1] U(s)[s 5]

X(s) s 5

U(s) s 4.s 2.s 1

+ + + = +

+ + + = +

+=

+ + +

Esta expressão tem o nome de função de transferência e será vista mais adiante.

Exercícios propostos

Dada a equação diferencial a seguir, ache a relação no domínio da frequência, entre F(s) e U(s) considerando

condições iniciais nulas.

2

2

d d df (t) 2. f (t) f (t) 3. u(t) u(t)

dt dtdt+ + = +

Dada a equação diferencial 2

2

d df (t) 2. f (t) 3.f (t) 0

dtdt+ + = , cujas condições iniciais são f(0) = 2 e

f’(0) = 1. Determine a sua forma no domínio da frequência.

1.2. Tabela de transformadas de Laplace

1.3. Revisão direcionada sobre transformada inversa de Laplace (TIL)

Normalmente, em engenharia de controle clássico, é utilizado o método da decomposição em frações parciais devido

às relações entre polinômios que normalmente são encontradas na teoria. Como já visto, as dinâmicas dos sistemas

de controle, regidas por equações diferenciais, transforman-se em polinômios quando tratadas no domínio da

frequência (Laplace) daí a grande utilização do método.

1.3.1. Método da decomposição em frações parciais

O método se resume em expandir uma relação entre polinômios de maior ordem, em uma soma de relações

polinomiais, sendo o numerador uma constante e o denominador um polinômio do tipo (s+A)n, sendo (A) um número

real ou complexo e (n) um inteiro positivo. Estas são as condições que normalmente encontramos em controle,

obviamente, o rigor matemático faz com que o método seja muito mais abrangente.

Para realizarmos a decomposição em frações parciais precisamos decompor o polinômio do denominador em um

produto de monômios de suas raízes. Um problema seria a determinação dessas raízes dependendo do grau do

polinômio do denominador (para acharmos as raízes igualamos o polinômio a zero). Para isso existem calculadoras

científicas que podem fazer esse trabalho. Entra-se com os coeficientes do polinômio e como resposta da

calculadora, nos fornece as suas raízes, reais ou complexas. Existem softwares como o MATLAB que também pode

fazer isso.

Por exemplo, o comando roots(A) do MATLAB sendo A um vetor definido pelo usuário com os coeficientes de um

dado polinômio, nos retornará as raízes desse polinômio complexas ou reais.

Exemplo:

Para o polinômio 5 4 3s 3s 5s 7s 8 0+ + + + = (Observe que o coeficiente de grau dois deste polinômio é zero)

A = [1 3 5 0 7 8] (Os coeficientes são separados por espaço em branco e o polinômio entre colchetes)

roots(A)

O MATLAB nos dará como resposta o seguinte resultado

ans =

-1.7217 + 1.7761i

-1.7217 - 1.7761i

0.6506 + 1.0493i

0.6506 - 1.0493i

-0.8577

Divertimento para quando fizer um sábado chuvoso.

Dado o produto de monômios das raízes acima:

[s (-1.7217 + j1.7761)].[[s (-1.7217 - j1.7761)].[s (0.6506 + j1.0493)].[[s (0.6506 + j1.0493i)].[s-(-0.8577)]

Dando o segunte produto

[s 1.7217 - j1.7761].[[s 1.7217 + j1.7761].[s 0.6506 - j1.0493].[[s

− − − −

+ + − 0.6506 - j1.0493].(s + 0.8577)−

Tente chegar no polinômio dado como exemplo.

Obs. Se necessário, use uma calculadora e não precisa ser, necessariamente, em um sábado chuvoso.

Observa-se que nunca teremos uma raiz complexa isoladamente, ela sempre aparecerá aos pares conjugados

(mesma parte real, porém as partes imaginárias são iguais em módulo e com sinais trocados) como pode ser

observado no exemplo dado.

Como o polinômio dado é de grau cinco, obviamente, teremos cinco raízes sendo quatro complexas (dois pares

complexos conjugados) e uma raiz real.

Obs. Dada uma relação entre polinômios, as raízes do polinômio do numerador são chamadas de zeros e as raízes

do polinômio do denominador são chamadas de polos. É bom se acostumar, pois esses termos são constantemente

utilizados em controle.

Seja uma relação de polinômios dada por B(s)

F(s)A(s)

=

Onde: A(s), B(s) são polinômios em “s” e o grau de B(s) é sempre menor que o de A(s).

Se a função F(s) é expandida em partes, então:

1 2 3 nF(s) F (s) F (s) F (s) ... F (s)= + + + + e, portanto,

1 1 1 1 11 2 3 nL [F(s)] L [F (s)] L [F (s)] L [F (s)] ... L [F (s)]− − − − −= + + + +

1 2 3 nf (t) f (t) f (t) f (t) ... f (t)= + + + +

Porém para que possamos aplicar este método numa função do tipo B(s)

F(s)A(s)

= , é necessário que o grau do

polinômio B(s) seja menor que o grau do polinômio A(s). Se isto não ocorrer, é necessário dividir os polinômios com o

objetivo de diminuir o grau do numerador. Qualquer função racional B(s)

A(s), onde “B(s)” e “A(s)” são polinômios, com

o grau de B(s) menor que o grau de A(s), pode ser escrito como a soma de funções racionais (frações parciais).

As frações parciais são, geralmente, transformadas de Laplace conhecidas de funções no tempo do tipo, exponencial,

degrau, rampa, etc, já desenvolvidas no início desta apostila.

Quando fazemos a decomposição em frações parciais de uma relação de polinômios, podemos encontrar três

situações distintas para os polos dessa relação: raízes reais e distintas; raízes reais e iguais; raízes complexas. Será

visto cada caso separadamente com exercícios de aplicação e propostos.

1.3.1.1. Raízes reais e diferentes

Seja a função 1 2 m

1 2 n

B(s) k.(s z ).(s z )...(s z )F(s)

A(s) (s p ).(s p )...(s p )

+ + += =

+ + + sendo m< n (inteiros positivos)

k → uma constante real.

z → zeros

p → polos

Se os polos de F(s) são distintos, então F(s) pode ser expandido em :

1 2 n

1 2 n

B(s) a a aF(s) ...

A(s) s p s p s p= = + + +

+ + +

O coeficiente 1, 2, ..., nia i = é chamado de resíduo do polo is p= −

O resíduo será dado pela expressão: i

ii

(s+p ).B(s)a =

s pA(s) = −

Aqui dispensamos a demonstração deste resultado. Uma demonstração poderá ser encontrada na referência

“Engenharia de Controle Moderno – Katsuhiko Ogata – 4º edição pag 28”.

Exercício resolvido

Determine a transformada inversa de Laplace da função 2

s 5F(s)

s 5s 6

+=

+ +

Os polos ou as raízes do denominador são p1 = -2 e p2 = -3.

Decompondo o polinômio do segundo grau do denominador em dois monômios na forma 1 2(s p ).(s p )+ + , temos:

s 5 s 5F(s)

[s ( 2)].[s ( 3)] (s 2)(s 3)

+ += =

− − − − + + (Obs. Os polos são os valores de s que zeram o denominador)

1 21 1 1 1s 5 a af (t) L [F(s)] L L L

(s 2)(s 3) s 2 s 3

− − − − + = = = + + + + +

1(s 2)(s 5) 2 5

a 3s 2(s 2)(s 3) 2 3

+ + − += = =

= −+ + − +

2(s 3)(s 5) 3 5 2

a 2s 3(s 2)(s 3) 3 2 1

+ + − += = = = −

= −+ + − + −

Portanto, 1 1 1 2.t 3.ts 5 3 2

f (t) L L L 3.e 2e(s 2)(s 3) s 2 s 3

− − − − − + − = = + = − + + + +

(veja a transformada de

Laplace da função exponencial).

Exercícios propostos

Determine a transformada inversa de Laplace das seguintes funções

Lembre-se de que o cálculo das raízes é somente para o denominador, ou seja, determinação dos polos.

a) 2

2

s 5F(s)

s 7s 10

+=

+ +

b) 2

2

s 3s 1F(s)

(s 4s 3)(s 2)

+ +=

+ + +

1.3.1.2. Raízes reais e iguais (raízes múltiplas)

Seja a função 1 2 m

n

B(s) k.(s z ).(s z )...(s z )F(s)

A(s) (s p)

+ + += =

+ sendo n < m (inteiros positivos)

k → uma constante real.

z → zeros

p → polos

Se os polos de F(s) são múltiplos, então F(s) pode ser expandido em:

1 2 n

2 n)

B(s) a a aF(s) ...

A(s) s p (s p) (s p= = + + +

+ + +

Os resíduos 1, 2, ..., nia i = são obtidos da seguinte expressão:

( )

[ ]n i

in i

1 da B(s)

s pn i ! ds

−

−

=

= −− sendo ai = 1, 2, ..., n

Exercício resolvido

Dada a função 2

3

s 2s 3F(s)

(s 1)

+ +=

+, determine a sua f (t) dada pela sua transformada inversa de Laplace (TIL).

21 2 31 1

3 2 3

s 2s 3 a a af (t) L [F(s)] L

(s 1)(s 1) (s 1) (s 1)

− − + += = = + +

++ + +

( )[ ]

3 1 22

13 1 2

1 d 1 d 1a B(s) s 2s 3 .2 1

s 1 s 1 s 13 1 ! 2! 2ds ds

−

−

= = + + = = = − = − = −−

( )[ ] ( )

3 22

23 2

1 d 1 da B(s) s 2s 3 2s 2 0

s 1 s 1 s 13 2 ! 1! dsds

−

−

= = + + = + = = − = − = −−

( )[ ] ( )

3 32 2

33 3

1 d 1a B(s) s 2s 3 ( 1) 2.( 1) 3 2

s 1 s 13 3 ! 0!ds

−

−

= = + + = − + − + =

= − = −−

21 t 2 t t 2

3 2 3 3

s 2s 3 1 0 2 1 2f (t) L e t e e (1 t )

(s 1) (s 1)(s 1) (s 1) (s 1) (s 1)

− − − − + += = + + = + = + = +

+ ++ + + +

A transformada inversa de Laplace de3

2

(s 1)+ é obtida diretamente da tabela de transformadas fornecida (par

número 8 da tabela ).

Exercícios propostos

Determine a transformada inversa de Laplace das seguintes funções

a) 3

4

s 2s 4F(s)

(s 2)

+ +=

+

b) 2

3

s 3s 1F(s)

(s 1) .(s 2)

+ +=

+ + (Observe que neste exercício teremos uma combinação de raízes distintas e raízes

múltiplas. O procedimento é o mesmo)

1.3.1.3. Raízes complexas conjugadas

Seja a função1 2 m

1 2 n

B(s) k.(s z ).(s z )...(s z )F(s)

A(s) (s p ).(s p )...(s p )

+ + += =

+ + +

Suponhamos que um par de raízes seja complexas conjugadas. É bom relembrar que as raízes complexas só

aparecem aos pares, sendo uma conjugada da outra.

Os procedimentos de cálculo são idênticos aos dois processos anteriores, porém, as raízes serão complexas

conjugadas ao invés de reais.

A visualização através de exemplos tornará mais fácil o entendimento.

Exercícios resolvidos

Seja a função3

2

s 2s 4F(s)

s 4s 5

+ +=

+ +. Determine a sua transformada inversa de Laplace.

A sua transformada inversa é dada por: 3

1 1

2

s 2s 4L [F(s)] L

s 4s 5

− − + +=

+ +

Os polos da função são: 2 j− ± ficando:

3 31 21 1 1

2

s 2s 4 s 2s 4 a aL L L

(s 2 j).(s 2 j) s 2 j s 2 js 4s 5

− − − + + + += = +

+ − + + + − + ++ +

Como os polos são complexos conjugados, as constantes a1 e a2 também serão complexas conjugadas, vamos

calcular a1 e a2 e mostrar essa afirmação.

As raízes são diferentes e não são múltiplas, então, utiliza-se o método para raízes diferentes, só que agora as raízes

são complexas e não reais.

3 3

1(s 2 j).(s 2s 4) ( 2 j) 2.( 2 j) 4

as 2 j(s 2 j).(s 2 j) 2 j 2 j

+ − + + − + + − + += =

= − ++ − + + − + + +

3 2( 2 j) ( 2 j) .( 2 j) (4 4j 1).( 2 j) (3 4j).( 2 j) 6 11j 4 2 11j− + = − + − + = − − − + = − − + = − + + = − +

Logo, 2

12

2 11j 4 2j 4 ( 2 13j) j 2 j 13j 13 2ja . 6,5 j

2j 2 j j 22j

− + − + + − + − + − −= = = = = +

−

É um pouco trabalhoso, mas é fácil. É só fazer com atenção para não errar nas contas.

Confirmando o cálculo para a2.

3 3

2(s 2 j).(s 2s 4) ( 2 j) 2.( 2 j) 4

as 2 j(s 2 j).(s 2 j) 2 j 2 j

+ + + + − − + − − += =

= − −+ − + + − − + −

[ ]23 2 2 2( 2 j) ( 2 j). 1.(2 j) ( 2 j)( 1) .(2 j) ( 2 j).(2 j)

(4 4j 1).( 2 j) (3 4j).( 2 j) 6 11j 4 2 11j

− − = − − − + = − − − + = − − + =

= + + − − = + − − = − + + = − −

2

22

2 11j 4 2j 4 ( 2 13j) j 2 j 13j 13 2ja . 6,5 j

2 j 2 j j 22j

− − − − + − − − − −= = = = = −

− − −

Confirmando que a2 é o complexo conjugado de a1.

Agora colocando a1 e a2 na forma polar temos: 1a 6,58. 8,75= ° ou j.8,756,58.e ° e j.8,752a 6,58.e− °=

Substituindo os valores de a1 e a2 temos:

3 j.8,75 j.8,751 1 j.8,75 (2 j).t j.8,75 (2 j).t

2

s 2s 4 6,58.e 6,58.eL L 6,58.[e .e e .e ]

s 2 j s 2 js 4s 5

−− − − − − − + + +

= + = + + − + ++ +

2.t j.8,75 j.t j.8,75 j.t 2.t j.(t 8,75 ) j.(t 8,75 ) 2f (t) 6,58.e . e .e e .e 6,58.e . e e .

2

− − − − + ° − + ° = + = +

j.(t 8,75 ) j.(t 8,75 )2.t 2.te e

f (t) 13,16.e . 13,16.e .cos(t 8,75 )2

+ ° − + °− − +

= = + °

Nota-se, portanto, que o procedimento é idêntico ao de raízes reais, exceto pela quantidade de cálculos que,

naturalmente, é um pouco maior.

Podemos adotar uma forma padrão como se segue:

Dada a função 1 2k k

F(s)s a jb s a jb

= ++ − + −

expandida em frações parciais com polos complexos, então:

[ ]

[ ]

1

2

k (s a jb).F(s) Ms a jb

k (s a jb).F(s) Ms a jb

= + − = θ= − +

= + + = −θ= − −

Substituindo os valores de k1 e k2 na expressão de F(s) acima e trabalhando-a, como feito no exercício anterior,

então, chega-se na seguinte expressão para f (t) .

a.tf (t) 2M.e .cos(b.t )−= + θ

Outra maneira de resolver este tipo de transformada inversa de Laplace é visualizar, na expressão dada, uma

transformada de Laplace conhecida. Se conseguir “enxergar” é importante pois evita muitas contas. Veja o exemplo a

seguir:

Encontre a transformada inversa de Laplace de 2

2s 12F(s)

s 2s 5

+=

+ +.

Se observarmos que 2 2 2s 2s 5 (s 1) 2+ + = + + então podemos colocar a expressão na forma:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2s 12 2s 2 10 2(s 1) 10 (s 1) 2F(s) 2. 5.

(s 1) 2 (s 1) 2 (s 1) 2 (s 1) 2 (s 1) 2

+ + + + + += = = = +

+ + + + + + + + + +

Se verificarmos a tabela de pares de transformadas de Laplace, veremos que a primeira parcela é a transformada de

Laplace de t2.e .cos(2.t)− (par nº 21 da tabela) e a segunda parcela é a transformada de Laplace de t5.e .sen(2.t)−

(par nº 20 da tabela). Portanto, a função

1 t t tL (F(s)] f (t) 2.e .cos(2t) 5.e .sen(2t) e .[2cos(2.t) 5sen(2.t)]− − − −= = + = +

Pode-se perceber pela expressão que o gráfico desta função será oscilante tendendo a zero quando o tempo tende a

infinito devido à exponencial decrescente. O gráfico está mostrado abaixo.

0 1 2 3 4 5 6 7 8-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

Exercícios propostos

Chegar na expressão a.tf (t) 2M.e .cos(b.t )−= + θ

b) 2

4F(s)

s 2s 8=

+ + Observe que 2 2s 2s 8 (s 2) 4+ + = + +

c) 2

s 5F(s)

s 3s 3

+=

+ +

Para o exercício (b) utilize uma casa decimal. Faça o exercício substituindo diretamente na expressão padrão e

depois faça os cálculos e confira com o resultado obtido, substituindo diretamente na expressão padrão.

Lembre-se que, mesmo para colocar os valores na expressão padrão, deve-se calcular os polos da função e as

constantes k1 e k2.

1.3.2. Cálculo de resíduos utilizando o MATLAB

Para expressões muito complexas, a utilização do MATLAB se torna importante. A seguir é dado um exemplo de

utilização do software.

Determinar os resíduos da função 4 3

6 5 4 3 2

s 3s 1F(s)

s 9s 42s +108s 147s 99s 26

+ +=

+ + + + +.

Para termos uma idéia da complexidade de cálculo da transformada inversa de Laplace desta função, obteremos, via

MATLAB, os seus polos.

Código MATLAB

A = [1 9 42 108 147 99 26];

roots(A)

A resposta do MATLAB será:

ans =

-2.0000 + 3.0000i

-2.0000 - 3.0000i

-2.0000

-1.0000

-1.0000

-1.0000

Observa-se que a função possui um polo distinto em s = -2, um polo múltiplo em s = -1 e um par de raízes complexas

conjugadas em s = -2 ± j3. A determinação dos resíduos de forma analítica torna-se uma operação bastante penosa.

Utilizando o MATLAB para a determinação dos resíduos teremos:

Código MATLAB

A = [1 3 0 1]; (Coeficientes do polinômio do numerador)

B = [1 9 42 108 147 99 26]; (Coeficientes do polinômio do denominador)

[r,p,k]=residue(A,B)

r – vetor onde serão colocado os resíduos;

p – vetor onde serão colocados os polos associados a cada resíduo.

k – Uma constante real denominada ganho.

A resposta fornecida pelo MATLAB será:

r =

-0.0732 + 0.0070i

-0.0732 - 0.0070i

-0.5556

0.7020

-0.6600

0.3000

p =

-2.0000 + 3.0000i

-2.0000 - 3.0000i

-2.0000

-1.0000

-1.0000

-1.0000

k =[ ]

A decomposição em frações parciais fica:

2 3

0,0732 j0,007 0,0732 j0,007 5556 0,702 0,66 0,30

s 2 j3 s 2 j3 s 2 (s 1) (s 1) (s 1)

− + − − − −+ + + + + +

+ − + + + + + +

Obs. O MATLAB considera a seqüência fornecida dos resíduos, igual à seqüência crescente dos expoentes do

denominador.

Achando a transformada inversa de Laplace de cada fração parcial obtemos a seguinte expressão no tempo:

j.(174.5375) j.(174.5375)1 2.t t t 2 t0,735e 0,735e 0,3

f (t) L 0,5556.e 0,702.e 0,66.t.e .t .es 2 j3 s 2 j3 2

−− − − − −

= + − + − + + − + +

2.t 2.t 2 tf (t) 1,47.e .cos(3.t 174,5) 0,5556.e (0,702 0,66.t 0,15.t ).e− − −= + − + − +

A título de curiosidade, o gráfico desta função calculado pelo MATLAB é:

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3-1.4

-1.2

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4Gráfico da função f(t)

1.4. Teorema do valor final

É um teorema muito importante para a teoria de controle e relaciona o comportamento em regime estacionário da

função no tempo f (t) ao comportamento de s.F(s) [lembre-se que s.F(s) é a transformada de Laplace de d

f (t)dt

com condições iniciais nulas] nas proximidades de s = 0.

Este teorema somente existirá se existir limite da função f (t) quando t → ∞ , ou seja, somente se f (t) tender para

um valor constante ou valor final ou valor de regime permanente, o teorema existirá e será válido.

Se todos os polos de s.F(s) estiverem no semiplano esquerdo do plano s (plano complexo), ou seja, somente se os

polos de s.F(s) tiverem parte real negativa, a função no tempo f (t) convergirá para um determinado valor (as

exponenciais serão decrescentes). Como observado na expressão a.tf (t) 2M.e .cos(b.t )−= + θ , a sua transformada

de Laplace possui polos em s = a jb− ± . Se a parte real fosse positiva a exponencial seria crescente e a função

divergiria não sendo aplicado o teorema do valor final.

A demonstração desse teorema é feita fazendo a transformada de Laplace de d

f (t)dt

tender a zero, quando s→0.

então:

[ ]s.t

s 0 s 00

dlim f (t) .e .dt lim s.F(s) f (0)

dt

∞−

→ →

= −

∫

Como s.t

s 0lim e 1−

→= (obs. Isso pode ser feito pois a integral é em relação à t e o limite em relação à s)

Portanto, [ ]s 0 s 0

0

dlim f (t) .dt f (t) f ( ) f (0) lim s.F(s) f (0)

0dt

∞

→ →

∞ = = ∞ − = −

∫

Logo,

s 0 s 0

t

f ( ) f (0) lims.F(s) f (0) f ( ) lims.F(s)

Como f ( ) lim f (t) então,

→ →

→∞

∞ − = − ⇒ ∞ =

∞ =

t s 0lim f (t) lims.F(s)→∞ →

=

(este teorema será bastante utilizado durante o curso)

Exercícios resolvidos

Seja a função dada por 3 2

2s 3F(s)

s s 6s

+=

+ −. Sabemos que essa função possui polos em s = 2, s = -3 e um polo em s

= 0, portanto, possui um polo (s = 2) no semiplano direito do plano s. A transformada inversa de F(s), ou seja, a

função f(t) associada, irá divergir e não convergir para um determinado ponto, para que seja válido o teorema do valor

final (TVF).

Se calcularmos o TVF, teremos:

3 2 2 2t s 0 s 0 s 0 s 0

2s 3 s 2s 3 2s 3 3 1lim f (t) lim[s.F(s)] lims. lim lim

s 6 2s s 6s s s 6 s s 6→∞ → → → →

+ + + = = = = = − = −

+ − + − + −

A transformada inversa de Laplace de F(s) é 2.t 3.t7 1 1f (t) e e

10 5 2

−= − − . Como vemos, a exponencial 2.te fará com

que a função divirja para ∞ e não convirja para 1

2− como calculado pelo TVF. Portanto, quando a função possui pelo

menos um polo no semiplano direito do plano s (funções divergentes) o TVF fornecerá valores incoerentes e sem

qualquer fundamento.

O gráfico de f (t) fica:

0 1 2 3 4 5 6 7 8-1

0

1

2

3

4

5

6

7x 10

6

Veja agora este exemplo. Seja a função 3 2

2s 3F(s)

s 5s 6s

+=

+ +. Esta função possui polos em s = -2 e s = -3 e um polo

em s = 0, portanto, todos no semiplano esquerdo do plano s.

Se calcularmos o TVF, teremos para esta função:

3 2 2 2t s 0 s 0 s 0 s 0

2s 3 s 2s 3 2s 3 3 1lim f (t) lim[s.F(s)] lims. lim lim

s 6 2s 5s 6s s 5s 6 s 5s 6→∞ → → → →

+ + + = = = = = =

+ + + + + +

e a transformada inversa de Laplace de F(s) é 2.t 3.t1 1f (t) e e

2 2

− −= + − . Fazendo t → ∞ percebemos que f (t)

tenderá a 1

2 , como previsto pelo TVF (as duas exponenciais tenderão a zero). O gráfico de f (t) fica:

0 1 2 3 4 5 6 7 80

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

Exercícios propostos

Verifique nas funções a seguir, a possibilidade de se calcular o valor f (t) em regime permanente (valor final) das

seguintes funções no domínio s e, se for possível, fazer o cálculo do TVF e achar a transformada inversa de Laplace

para conferir os valores em regime permanente quando t → ∞.

a) 3 2

3s 1F(s)

s 5s 6s

+=

+ +

b) 2

3s 16F(s)

s.(s 4)

+=

+

c) 2

3s 4F(s)

s 1

+=

+