Análise de circuitos elétricos CC e CA

Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
19 - Definição de convolução em sinais contínuos:
f (t)∗g(t) ou [f ∗g](t )=∫
0
t
f (τ )g(t −τ )dτ com t≥0 (19.01).
Conceitos de sistema Linear e invariante no tempo:
A linearidade representa a relação diretamente proporcional entre a saída e a entrada.
x(t)=∑
k =1
n
ak xk (t) → h(t ) → y(t)=∑
k =1
n
ak yk (t)
A invariância temporal significa que a posição instantânea do sinal de entrada se reflete sem
alteração no sinal de saída.
x(t −τ ) → h(t ) → y(t −τ )
Dedução da convolução entre um sinal contínuo de entrada e a resposta a um impulso unitário
h(t ) :
y(t)=∫−∞
+∞
x(τ ).h(t −τ )dτ ou ∫−∞
+∞
x(t −τ ).h(τ )dτ .
A operação de convolução contínua se baseia em três passos:
1.Fazer a reversão temporal (rebatimento em relação ao eixo vertical) da resposta ao impulso
h(τ ) para obter h(−τ ) .
2.Deslocar h(−τ ) para a esquerda, antes do instante x(t0) , para obter h(t −τ ) .
3.Integrar o produto x(τ ).h(t0 −τ ) para todos os valores de τ , para obter apenas um valor
de y(t)= x(τ )∗h(t0 −τ )≠0 .
Repetir os passos anteriores para produzir todos os valores de y(t) correspondentes a τ .
Exemplo 1: dados na figura 19-AA.
Resolução:
Passos 1 e 2 (fig. 19 – AB) – “espelhar”
h(t ) para obter h(−τ ) e deslocá-lo
para a esquerda de t <[−1] para obter
h(t −τ ) .
Passo 3 – Multiplicar os sinais
x(τ ).h(t0 −τ ) para todos os valores de
τ para obter h(t −τ ) . Para isso,
deslocar sequencialmente o sinal h(−τ ) à
1

direita, até ultrapassar a região de x(τ ) e para cada produto, aplicar :
y(t)=∫−∞
+∞
x(τ ).h(t −τ )dτ .
Aplicar convolução no intervalo 1: −∞<t <(−1) . Variáveis: x(τ )=0 e h(−τ )=0 .
Como o produto das variáveis é “zero”, então y(t)=0 .
Aplicar convolução no intervalo 2 (fig. 19 - AC): −1≤τ ≤t e −1≤t ≤0 . Onde x(t)=1
usaremos y(t)=∫−∞
+∞
h(t −τ )dτ .
Como h(t −τ )=1 y1(t)=∫
−1
t
dτ . ∫dτ =τ , então y1(t )=|τ |
−1
t
Aplicando os limites
=|t −(−1)| ou y(t)=t + 1 Rampa ascendente de (−1;0)a(0;1) em −1≤t ≤0 .
Intervalo 3 (fig. 19 - AD): −1≤τ ≤t e −1≤t ≤1 .
Neste intervalo teremos dois níveis para h(t −τ ) , o que nos leva a dois limites de integração, e a
utilização da regra da soma y2(t)= ∫
−1
t−1
(−1) dτ + ∫
t−1
t
1 dτ y2(t)=|−τ|
−1
t−1
+ |τ|
t−1
t
. Aplicar
limites =−[(t −1)−(−1)]+ [(t)−(t−1)] =[−t + 1−1] +[t −t+1] ou y2(t)=−t + 1
Rampa descendente de (0;1) a (1;0) em 0≤t ≤1 .
2

Intervalo 4 (fig. 19 – AE): (t−2) <τ <1 e 1< t < 2 . Repete-se a situação anterior para
h(t −τ ) y3(t)= ∫
t−2
t−1
(−1) dτ + ∫
t−1
1
1 dτ y3(t)=|−τ|
t−2
t−1
+ |τ|
t−1
1
. Aplicar os limites
=−[(t −1)−(t−2)]+ [(1)−(t−1)] =−[1]+ [2−t] ou y3(t)=−t + 1 Rampa descendente
de (1; 0) a (2;−1) em 1≤t ≤2 .
Intervalo 5 (fig. 19 – AF): (t−2) <τ <1 e 2< t < 3 .
y4(t )= ∫
t−2
1
(−1) dτ y4(t )=|−τ|
t −2
1
. Aplicar os limites =−[1−(t−2)] =−[1−t +2]
=−1 + t−2 ou y4(t )=t −3 rampa ascendente de (2;−1) a (3;0) em 2≤t ≤3 .
3

Exemplo 2: dados da figura 19-BA
Passos 1 e 2 (fig. 19 – BB) – “espelhar” h(t ) para obter h(−τ ) e deslocá-lo para a esquerda
de t < 0 para obter h(t −τ ) .
Passo 3 – Multiplicar os sinais x(τ ).h(t0 −τ ) para todos os valores de . Para isso, deslocar
sequencialmente o sinal h(−τ ) à direita, até ultrapassar a região de x(τ ) e para cada produto,
aplicar : y(t)=∫−∞
+∞
x(τ ).h(t −τ )dτ .
Intervalo1 - figura 19 - BB: −∞<τ <0 e t < 0 . Variáveis: x(τ )=0 e h(−τ )=0 , então
y(t)=0 .
Intervalo 2 - figura 19 - BC:
0 <τ <t e t > 0 . Produto:
x(τ ).h(t0 −τ ) ou e
−α τ
.1 .
Então y(t)=∫
0
t
e
−α τ
dτ
y(t)=|−
1
α e
−α τ
|0
t
(−
1
α
e
−α t
)−(−
1
α
e
−α 0
) (−
1
α
e
−α t
)+
1
α
.1 ou y(t)=
1
α
(1−e
−α t
) .
4

Exemplo 3 (fig. 19 – CA):
Fazer a convolução y(t)= x(t)∗h(t) com entrada x(t)=1,0 < t <T
x(t )=0,fora dointervalo
e resposta ao
impulso h(t )=t ,0 < t < 2T
h(t)=0 ,foradointervalo
.
Passos 1 e 2 (fig. 19 – CB) – “espelhar” h(t ) para obter
h(−τ ) e deslocá-la para a esquerda de x(t) para obter
h(t −τ ) .
Intervalo 1 (fig. 19 – CB) : −∞< t ≤ 0 .
Como não há sobreposição, o produto das funções é “zero”,
então y(t)=0 .
Aplicar convolução no intervalo 2 (fig. 19 – CC) : 0≤t ≤1 .
y1(t)=∫
0
t
f (τ ) g(t −τ )dτ y1(t)=∫
0
t
1[(t −τ )]dτ . Aplicar a regra da soma:
y1(t)=1
[∫
0
t
t dτ −∫
0
t
τ dτ
] .
5

Na primeira integral: t é uma constante, então ∫dτ =τ , e assim teremos:
t∫
0
t
dτ =t|τ|
0
t
Aplicar os limites: =[(t .t )−(0)] ou ∫
0
t
t dτ =t
2
.
A segunda integral, será: −∫
0
t
τ dτ =−|τ 2
2 |0
t
. Aplicar os limites: =−[
t
2
2
−0] ou
−∫
0
t
τ dτ =−
t
2
2
. Como t
2
−
t
2
2
=
t
2
2
, então y1(t)=
t
2
2
para 0≤t ≤1 .
Abordagem geométrica: com h(t−τ )=−t se deslocando para a direita, no intervalo 0≤t < 1
, vai surgir um triângulo retângulo com base =altura=t . A área instantânea desse triângulo, ou
convolução das duas funções, será: S =
b.a
2
ou y1(t)=
t2
2
, cujo gráfico (Fig. 19 - CC), em
0≤t ≤1 , é um segmento parabólico com concavidade positiva, ponto inicial no vértice
(0;0) e ponto final em (1;
1
2
) .
Aplicar convolução no intervalo 3 (fig. 19 – CD) : 1≤t ≤2 .
y2(t)=∫
0
1
f (τ ) g(t −τ )dτ y2(t)=∫
0
1
1[(t −τ )]dτ . Aplicar a regra da soma:
y2(t)=1
[∫
0
1
t dτ −∫
0
1
τ dτ
] .
Na primeira integral: t é uma constante, ∫dτ =τ e assim, teremos
∫
0
1
t dτ =|t .τ|0
1
Aplicar os limites: =[t−0] =[t ] ou ∫
0
1
t dτ =t .
6

0
1
τ dτ =−|τ 2
2 |0
1
1
2
2
−0] ou
−∫
0
1
τ dτ =−
1
2
. Fazer a adição das duas integrais y2(t)=t−
1
2
para 1≤t ≤2 .
Abordagem geométrica: com h(t−τ )=−t se deslocando para a direita, no intervalo
1≤t ≤2 , vai criar uma área trapezoidal retangular, composta por:
• Um triângulo retângulo do passo 2, que está no seu valor máximo base = altura=1 e
S =
1
2
;
• Um quadrilátero que vai surgir embaixo do triângulo, também com base =1 , e crescerá
em altura a=(t −1) cuja área instantânea, será: S =1.(t−1) ;
A área instantânea, do trapézio retangular, ou convolução das duas funções, será a soma das duas
áreas: Stotal =(t −1)+[
1
2
] ou Stotal =t −1+
1
2
como −1+
1
2
=−
1
2
, então y2(t)= t −
1
2
,
cujo gráfico (Fig. 19 - CD), em 1≤t ≤2 , é um segmento retilíneo em rampa ascendente, ponto
inicial em (1;
1
2
) e ponto final em (2;
3
2
) .
Aplicar convolução no intervalo 4 (fig. 19 – CE) : 2≤t ≤3 .
y3(t)= ∫
t−2
1
f (τ ) g(t −τ )dτ y3(t)= ∫
t−2
1
1[(t −τ )]dτ . Aplicar regra da soma
y3(t)=1
[∫
t−2
1
t dτ − ∫
t−2
1
τ dτ
] .
t ∫
t−2
1
dτ = t [τ ]
t−2
1
. Aplicar os limites: =[t−t (t−2)] =−t
2
+3t ou ∫
t−2
1
t dτ =−t
2
+ 3t .
t−2
1
τ dτ =−|τ 2
2 |t −2
1
12
2
−
(t −2)
2
2
]
t
2
−4t +3
2
ou −∫
t−2
1
τ dτ =
t
2
2
−2t +
3
2
.
7

Fazer a adição das duas integrações: =−t2
+ 3t +
t2
2
−2t +
3
2
ou y3(t)=−
t2
2
+ t +
3
2
para
2≤t ≤3 .
Abordagem geométrica: com h(−τ )=−t se deslocando para a direita, vai causar um
decremento da área trapezoidal que atingiu seu máximo no intervalo anterior. A área trapezoidal
será zerada quando t −2=1 .
Para facilitar a abordagem gráfica dessa área trapezoidal, será mantida a divisão em 2 áreas:
• Área 1 – quadrilátero S1 =(t −1)(3−t) ou S1 =−t
2
+ 4t −3 .
• Área 2 – triângulo retângulo S2 =
(3 −t)2
2
ou S2 =
t2
2
−3t +
9
2
.
Soma das duas áreas: Stotal =[−t
2
+ 4 t −3] +[t2
2
−3t +
9
2] Stotal =
−t2
+ 2t +3
2
ou
y3(t)=−
t2
2
+ t +
3
2
, cujo gráfico em 2≤t ≤3 (Fig. 19 – CE) é um segmento parabólico com
concavidade negativa, ponto inicial em (2;
3
2
) e ponto final em (3;0) .
Intervalo 5 – Após a ultrapassagem de h(−τ ) por x(τ ) , a convolução das duas funções será
“zero”.
Gráfico geral consolidado (fig. 19 – CF) .
8

Exemplo 4 - fig. 19 – DA:
Fazer a convolução dos sinais: x(t)=e2t
com −∞< t <0 e h(t )=u(t −3) com
=1 para(−∞) < t <(−3)
=0 para(−3)<t <(−∞)
Passos 1 e 2 (fig. 19 – DB) – “espelhar” h(t ) para se obter h(−τ ) , posicioná-lo a esquerda,
em t =−2 (por opção), para obter h(t −τ ) . Praticamente não há valor nulo na sobreposição
das funções em −∞<τ ≤0 .
Aplicar convolução no intervalo 1 – figura 19 – DB: (t −3)≤0 .
y1(t)= ∫
−∞
t− 3
h(t −τ ) x(τ )dτ y(t)= ∫
−∞
t− 3
1.e2τ dτ como ∫e
2τ
dτ =
e2τ
2
, teremos
1 ∫
− ∞
t −3
.e2τ dτ =|e2τ
2 |−∞
t− 3
. Aplicando os limites: [e
2(t −3)
2
−
e
2(−∞)
2 ]
[e
2(t − 3)
2
−0]=
e
2(t −3)
2
ou y1(t)=
e
2(t −3)
2
.
9

Aplicar convolução no intervalo 2 – figura 19 – DC: (t −3)> 0 .
y2(t)= ∫
− ∞
0
h(t −τ )x(τ )dτ y2(t)= ∫
−∞
0
1.e2τ dτ como ∫e2τ
dτ =
e2τ
2
, teremos
1∫
− ∞
0
.e2τ dτ =|e2τ
2 |−∞
0
. Aplicando os limites: [e
2.0
2
−
e
2(−∞)
2 ]
[1
2
−0
]=
1
2
ou y2(t)=
1
2
.
Exemplo 5 (fig. 19 – FA): Variante do exemplo 3: Fazer a convolução y(t)= x(t)∗h(t) .
x(t)=t com 0≤t ≤2
x(t)=0,fora dointervalo
e h(t)=1 para 0≤t ≤ 4
h(t)=0, fora dointervalo
10

Passos 1 e 2 (fig. 19 – FA) – h(t ) já está refletido para se obter h(−τ ) , e já posicionado à
esquerda de t =0 para se obter h(t −τ ) .
Intervalo 1 (fig. 19 – FA) : −∞< τ < 0 e t =0 . Variáveis: x(τ )=0 e h(−τ )=0 (não há
sobreposição das funções).
Como o produto das variáveis é “zero”, então y(t)=0 .
Intervalo 2 (fig. 19 – FB) : 0≤t ≤2 . y(t)=∫
0
t
x(τ ).h(t −τ )dτ como h(t −τ )=1
y1(t)=∫
0
t
t dτ =|t2
2|0
t
ou y1(t)=
t2
2
.
Abordagem geométrica: com h(t−τ )=1 se deslocando para a direita, vai surgir um triângulo
retângulo da base “t” e altura “t” , com t → 2 , que será a área máxima, até termos t > 4 .
A área instantânea ou convolução das duas funções, será: S =
b.a
2
ou y1(t)=
t2
2
, cujo
gráfico em 0≤t ≤2 (Fig. 19 - FB), é um segmento parabólico com concavidade positiva, com
ponto inicial no vértice (0;0) e extremidade em (2;2) .
Intervalo 3 (fig. 19 – FC) : 2≤t ≤4 .
Até atingir τ =4 , teremos x(τ )=t =2 , que é o seu valor máximo, então:
y(t)=∫
0
2
t dτ =|t2
2|0
2
=[22
2
−0] ou y(t)=2 .
11

Pelo método geométrico, a área será constante e igual à área obtida no intervalo 2: y(t)=
22
2
ou
y(t)=2 , cujo gráfico, em 2≤t ≤4 (Fig. 19 - FC), é um segmento de reta horizontal
(amplitude constante) com ponto inicial em (2;2) e ponto final em (4;2).
Intervalo 4 (fig. 19 – FD) : 4 < t < 6 .
y(t)= ∫
t− 4
2
t dτ =|t2
2|t−4
2
=[2
2
2
−
(t − 4)
2
2 ] =
−t2
+ 8t −12
2
=
−t2
2
+ 4t −6 ou
y(t)=−
t
2
2
+ 4 t −6 .
Abordagem geométrica: subtrair o triângulo maior, com b=a= 2 , do menor ,com
b=a=(t −4) .
cujo gráfico, em 4 < t < 6 (Fig. 19 – FD), é um segmento parabólico com convexidade negativa,
com ponto inicial no vértice (4;2) e extremidade em (6:0).
Intervalo 5 – Após a ultrapassagem de h(−τ ) por x(τ ) , a convolução das duas funções será
“zero”.
Gráfico geral consolidado (Fig. 19 - FE):
12

Exemplo 6 (fig. 19 – 61):
Fazer a convolução : y(t)=f (t)∗g(t ) com o sinal de entrada:
f (t)=2,em −2≤t ≤2
f (t )=0,fora dointervalo
e resposta ao impulso: g(t)=−t + 1,com 0≤t ≤1
g(t)=0, foradointervalo
.
Inverter g(t) para obter g(−τ ) , deslocar à esquerda de f (t) para obter g(t−τ ) (fig. 19
– 62).
Aplicar convolução no intervalo 1 (−2)≤t <(−1) (fig. 19 – 63).
y1(t )=∫
−2
t
f (τ ) g(t −τ )dτ y1(t )=∫
−2
t
2[−(t −τ )+1]dτ Aplicar regra da soma
13

y1(t )=2
[−∫
−2
t
t dτ +∫
−2
t
τ dτ +∫
−2
t
1dτ
] .
−∫
−2
t
t dτ =−|t .τ |−2
t
Aplicar os limites: =−[(t .t)−(−2t)] ou −∫
−2
t
t dτ =−[t
2
+ 2t ] .
A segunda integral, será: ∫
−2
t
τ dτ =|τ 2
2 |−2
t
. Aplicar os limites: =[
t2
2
−
−22
2
] =[
t2
2
−
4
2
]
∫
−2
t
τ dτ =[
t2
2
−2] .
Na terceira integral ∫dτ =τ e assim, teremos: ∫
−2
t
1dτ =|τ|
−2
t
. Aplicar os limites:
=t−(−2) ou ∫
−2
t
1dτ =t + 2 .
Então y1(t )=2[−t2
−2t +
t
2
2
−2 +t + 2] =2[−t
2
+
t2
2
−t] =−2t2
+ t2
−2t ou
y1(t )=−t2
−2t .
O gráfico desta função é um segmento parabólico com concavidade negativa, com início em
(−2;0) e extremidade no vértice (−1;1) .
14

Aplicar convolução no intervalo 2 (−1)≤t < 2 (fig. 19 – 64).
y2(t )= ∫
(−1+t )
t
f (τ )g(t −τ )dτ y2(t )= ∫
(−1+t )
t
2[−(t −τ )+1]dτ . Aplicar regra da
soma y2(t )=2
[− ∫
(−1+ t)
t
t dτ + ∫
(− 1+t)
t
τ dτ + ∫
(− 1+t)
t
1dτ
] .
− ∫
(−1+ t)
t
t dτ =−|t .τ|(−1 +t)
t
. Aplicar os limites: =−[(t .t)−t(−1 + t)] =−[t2
+t − t2
] ou
− ∫
(−1+ t)
t
t dτ =−t .
A segunda integral, será: ∫
(−1 +t)
t
τ dτ =|τ 2
2 |−1+ t
t
. Aplicar os limites: =[
t
2
2
−
(−1+ t)2
2
] ou
∫
(−1 +t)
t
τ d τ =[
t2
2
−
(− 1+t)
2
2
] .
(−1 +t)
t
1dτ =|τ|
−1+ t
t
=t−(−2) =t−(−2) ou ∫
−2
t
1dτ =1 .
15

Então y2(t )=2[−t +
t2
2
−
(−1+ t)
2
2
+ 1] =2[−2t + t
2
−(−1 +t )
2
+ 2
2 ]
=−2t +t
2
−(−1+ t)
2
+ 2 como (−1+ t)
2
=1−2t + t
2
, teremos =−2t + t
2
− 1 + 2t −t
2
+ 2
=− 1+ 2 ou no intervalo (−1)≤t < 2 y2(t )=1 .
O gráfico desta função é um segmento de reta horizontal (amplitude constante) com ponto inicial
em (-1;1) e ponto final em (2;1).
Aplicar convolução no intervalo 3 2≤t <3 (fig. 19 – 65).
y3(t)= ∫
−1+ t
2
f (τ )g(t −τ )dτ y3(t)= ∫
(−1+ t)
2
2[−(t −τ )+1]dτ . Aplicar regra da
soma y3(t)=2
[− ∫
(−1+ t)
2
t dτ + ∫
(− 1+t)
2
τ dτ + ∫
(− 1+t)
2
1dτ
] .
− ∫
(−1+ t)
2
t dτ =−|t .τ|− 1+t
2
=−[(t 2)−[t(−1 + t)]] =−[2t −[−t + t2
]] =−[2t + t −t2
] ou − ∫
(−1 + t)
2
t dτ =t2
−3t .
A segunda integral será: ∫
−1+ t
2
τ dτ =|τ 2
2 |− 1+t
2
=[2
2
2
−
(−1+ t)2
2 ] =[2−
(−1+ t)2
2 ] ou
∫
−1+t
2
τ dτ =2−
(−1 + t)2
2
.
−1+ t
2
1dτ =|τ|
−1+t
2
=2−(−1+ t) =2+1−t ou ∫
−1+t
2
1dτ =−t +3 .
16

Então y3(t)=2[t
2
−3t + 2−
(−1 +t )
2
2
−t +3] . Como (−1+ t)
2
=1−2t + t
2
, teremos
=2[t2
−4 t +5−
(1−2t + t2
)
2 ] =2t
2
−8t + 10−1 + 2t −t
2
ou y3(t)=t2
−6t + 9 .
O gráfico desta função é um segmento parabólico com concavidade positiva, com ponto inicial em
(2;1) e ponto final no vértice (3;0) .
Gráfico consolidado dos três intervalos de integração (fig. 19 - 66):
A integral de convolução pode ser utilizada para resolver o produto de duas transformadas de
Laplace, o que será visto através de exemplos comparativos.
Exemplo usando técnica de frações parciais:
Dado F(s)=
1
(s
2
+ 1)
2
.
Dedução da transformada inversa, dada em tabela:
ℒ
−1
[ 2a
3
(s
2
+ a
2
)
2
]= sen(at)−atcos(at) ou ℒ
−1
[ a
3
(s
2
+ a
2
)
2
]=
1
2
[sen(at)−atcos(at)] .
17

Expandir o denominador (s
2
+ 1)
2
= s
4
+ 2s
2
+ 1 , fazendo s
2
=u , teremos
u
2
+ 2u+ 1=0 resolver a equação: Δ= 22
−[4]=0 e r1 =r2=
−2
2
=−1 . Como s
2
=u ,
então s2
=−1 e s =r =√−1 ou r =± j .
Na forma fatorada, a equação de 2° grau é escrita como: a(s−r1)(s −r2) como neste caso a=1 ,
teremos: [s−(+ j)]
2
[s −(− j)]
2
ou (s
2
+ 1)
2
=(s – j)
2
(s+ j)
2
. Então, F(s)=
1
(s − j)2
(s + j)2
e
a decomposição em frações parciais será com a técnica de “polos complexos múltiplos” , com a
forma: F(s)=
1
(s
2
+ 1)
2
=
A
s− j
+
B
(s− j)
2
+
C
s + j
+
D
(s + j)
2
(19.02).
Para determinar os valores dos resíduos dos polos, vamos operar F(s)[(s− j)
2
(s+ j)
2
] :
[(s−j)2
(s+ j)2
]
[(s−j)
2
(s+ j)
2
]
=
A[(s− j)2
(s+ j)2
]
s− j
+
B[(s−j)2
(s+ j)2
]
(s− j)
2
+
C[(s− j)2
(s+ j)2
]
s + j
+
D[(s− j)2
(s+ j)2
]
(s + j)
2
1= A[(s− j)(s+ j)2
] + B[(s+ j)2
]+ C[(s− j)2
(s+ j)] + D [(s− j)2
] (19.03).
B[(s+ j)
2
]s=1 B[1+ 1 j]
2
=B[2 j]
2
B[2
2
j
2
] como j
2
=−1 , teremos B =[4(−1)]
B[−4] ou B =−
1
4
D[(s− j)2
]s= 1 D[1−1 j]2
= D[−2 j]2
D[−22
j2
] como j2
=−1 , teremos
D =[4(−1)] D[−4] ou D =−
1
4
.
Da expressão (19.03) tiramos que a equalização dos coeficientes “A” e “C” , será:
A[s − j]=0 → s = j ou jA =0 . C[s + j]=0 → s =− j ou −jC =0 .
Como são simétricos, também teremos A + C =0 (19.04).
Assim, podemos escrever: A + C + B+ D =0 ou jA − jC −
1
4
−
1
4
=0 simplificando
j( A−C)−
1
2
=0 ou ( A−C)=
1
j 2
(19.05).
Montando um sistema de equações com (19.04) e (19.05):
A + C=0
A −C=
1
j2
2 A =
1
j2
ou A =
1
j 4
(19.06).
Substituindo (19.06) em (19.04), teremos: C=−
1
j 4
(19.07).
18

Assim, da expressão (19.02), teremos: F(s)=
1
j 4 [ 1
s− j
−
1
s + j ]−
1
j4 [ 1
(s − j)2
+
1
(s + j)2
]
Da tabela de transformadas inversas: ℒ−1
{ K
s −α }=Keα t
e ℒ
−1
{ K
(s−α )2 }= K t e
α t
∀α complexo .
Então ℒ−1
{ 1
(s
2
+1)
2 }=
1
j 4
(ejt
−e− jt
)−
1
4
t(ejt
+e− jt
) (19.08).
Fórmulas de Euler aplicadas na expressão (19.08): e
− jθ
=cosθ − j senθ e
e
jθ
=cosθ + j senθ .
Adicionando as duas expressões obteremos o dobro do cosseno:
e
− jt
=cos(t)− j sen(t)
e
jt
=cos(t) + j sen(t)
e
jt
+ e
−jt
=2cos(t)
ou 2cos(t)=(ejt
+ e− jt
) .
Subtraindo as duas expressões obteremos o dobro do seno:
−e
− jt
=−cos(t ) + j sen(t)
e
jt
=cos(t) + j sen(t)
e
jt
−e
−j t
= j 2 sen(t)
ou j 2 sen(t)=(ejt
−e−jt
) .
Substituindo em (19.08) ℒ−1
{ 1
(s2
+1)2 }=
[ j 2 sen(t)]
j 4
−
t [2 cos(t)]
4
ou
ℒ−1
{ 1
(s
2
+1)
2 }=
1
2
(sen t)−
1
2
t (cos t) .
Outra forma: manipular a expressão dada para se adequar diretamente com a transformada inversa
em tabela ℒ
−1
[ 2a
3
(s
2
+ a
2
)
2
]= sen(at) a t cos(at) ou
ℒ
−1
[ a
3
(s
2
+ a
2
)
2
]=
1
2
[sen(at)−a t cos(at)] . ℒ
−1
[ 1
3
(s
2
+ 1
2
)
2
]=
1
2
[sen(t )−t cos(t)]
Finalmente ℒ
−1
{ 1
(s2
+1)2 }=
1
2
(sen t)−
1
2
t (cos t) .
19

Resolver ℒ−1
{ 1
(s
2
+1)
2 } com convolução.
A expressão dada pode ser desdobrada como ℒ
−1
{ 1
(s2
+1)}∗ℒ
−1
{ 1
(s2
+ 1)}
Da tabela de transformadas
ω
(s2
+ ω2
)
= senω t . Com ω =1 , aplicar
ℒ
−1
{ 1
(s
2
+1)
2 }⇔[sen(t )][sen(t)] .
Fórmula da convolução: f (t)∗g(t)=∫
0
t
f (x)g(t − x)dx ou
sen(t)∗sen(t)=∫
0
t
sen(x)sen(t − x)dx (19.09). Fazendo A = x e B =(t−x) vamos
aplicar a fórmula trigonométrica sen A sen B =
1
2
[cos (A −B)−cos (A + B)] no segundo
membro de (19.09), onde ( A−B)= x−(t − x)= x−t + x=(2x −t) e
( A + B)=x + (t − x)=(t ) : ∫
0
t
sen(x)sen(t −x)dx=
1
2
∫
0
t
cos(2 x−t)−cos(t )dx . Aplicar a
integral da diferença: como cos(t) é constante, ficará fora do segundo integrando
1
2
∫
0
t
cos(2 x−t)dx−
1
2
cos(t )∫
0
t
dx (19.10). Resolver a primeira integral por substituição:
(2x−t)dx=udx onde du=2dx e dx =
du
2
então ∫cosu
du
2
=
1
2
∫cosudu .Como
∫cos(u)du=sen(u) , fazendo a substituição de volta, teremos:
1
2
∫cos(2 x−t)dx =
1
2
sen(2 x −t ) . Colocando o resultado em (19.10)
1
2
.
1
2
|sen(2 x−t)|0
t
−|1
2
cos(t)(x)|0
t
ou
1
4
|sen(2x−t)|0
t
−|1
2
cos(t)(x)|0
t
1
4
sen(2t−t)−
1
4
sen(−t )−
[1
2
cos(t )
](t) efetuar as operações, lembrando que o seno é função
ímpar, portanto sen −t =sen t :
1
4
sen(t )+
1
4
sen(t )−
1
2
t cos(t) ou
ℒ
−1
{ 1
(s2
+1)2 }=
1
2
(sen t)−
1
2
t (cos t) .
20

Resolver ℒ−1
{ s
(s
2
+1)
2 } com o Teorema da integral.
MÉTODO 1
Do teorema da integral para transformadas diretas ∫
0
∞
[f (t)]dt =
F(s)
s
, podemos escrever
ℒ {f (t)
t }=∫
s
∞
ℒ [f (t)]ds . Adaptar esta fórmula para transformadas inversas:
f (t)
t
= ℒ
−1
[∫
s
∞
ℒ [f (t)]ds
] . Como F(s)= ℒ f (t) , teremos f (t)= ℒ−1
[ F(s)] e assim
teremos
ℒ−1
F(s)
t
=ℒ−1
[∫
s
∞
[F(s)]ds
] ou ℒ
−1
F(s)=t . ℒ
−1
[∫
s
∞
[F(s)]ds
] .
Substituir a expressão dada na fórmula acima ℒ
−1
{ s
(s2
+1)2 }=t . ℒ
−1
[∫
s
∞
[F(s)]ds
] (19.11).
Para facilitar a integração, vamos manipular a função racional dada, “subindo” o denominador com
expoente negativo, e para isso, aplicar
( P
Q
m)=
1
n
(Q
−m
nP) com n≥2 ∈ℕ .
∫
s
∞
s
(s
2
+1)
2
ds =
1
2∫
s
∞
(s2
+ 1)−2
2s ds . Aplicar a regra de integração ∫s
n
ds =
s
n+ 1
n +1
1
2
∫
s
∞
(s
2
+ 1)
−2
2s ds =
1
2|(s
2
+ 1)
−2(+1)
−2+1 |s
∞
simplificar
1
2|(s
2
+ 1)
−1
−1 |s
∞
ou −
1
2| 1
(s
2
+ 1)|s
∞
(19.12). A partir deste ponto, aplicar os limites. Vamos comparar esta etapa com o método da
integração por substituição para comparar os resultados.
MÉTODO 2
Método da substituição:
∫
s
∞
s
(s
2
+1)
2
ds . Resolver a integral indefinida, fazendo u=(s
2
+ 1) e
du
ds
=2s ou
ds =
du
2s
, teremos ∫
s
u
2
du ou ∫u
−2
s du . Aplicar regra da potência:
u−2+ 1
−2 + 1
sdu
u
−1
−1
sdu ou −
1
u
s du . Substituindo −
1
(s2
+ 1)
s ds −
1
(s2
+ 1)
s
2 s
ou −
1
2| 1
(s
2
+ 1)|s
∞
idêntica à expressão (19.12). A partir desta etapa o processo é o mesmo.
21

Aplicar os limites −
1
2(lim
s→ ∞
1
(s
2
+ 1)
−
1
(s
2
+ 1)) −
1
2(0−
1
(s
2
+ 1)) ou
1
2( 1
(s
2
+ 1)) (19.13).
Agora calcular a transformada inversa multiplicada por “t”, conforme expressão (19.10):
=t ℒ−1
[1
2( 1
(s2
+1))] =
1
2
t ℒ−1
[ 1
(s
2
+ 1) ] da tabela tiramos ℒ−1
[ 1
(s
2
+α 2
)]=senα t ,
então ℒ−1
[ s
(s2
+ 1)2
]=
1
2
t sen t .
Resolver ℒ−1
[ s
(s2
+ 1)2
] com convolução.
Fatores ℒ−1
[ 1
(s
2
+ 1) ]∗ℒ−1
[ s
(s
2
+ 1) ] Aplicar a tabela de transformada inversa:
sen(ω t)=
ω
s2
+ ω2
e cos(ω t )=
s
s2
+ω2
. Com ω =1 , teremos:
ℒ−1
{ 1
(s2
+1)}∗ℒ−1
{ s
(s2
+ 1)}=sen(t )∗cos(t) ou f (t)∗g(t)=∫
0
t
f (x)g(t − x)dx que é a
fórmula da convolução: sen(t)∗cos(t)=∫
0
t
sen(x)cos(t −x)dx .
Aplicar a fórmula trigonométrica sen A cos B=
1
2
[sen (A + B)+ sen ( A −B)] (19.14).
Integrar (19.14), fazendo A = x , B =(t−x) , ( A−B)= x−(t − x)= x−t + x=(2x −t) e
( A + B)=x + (t − x)=(t ) :
∫
0
t
sen(x)cos(t − x)dx =
1
2
∫
0
t
[sen(t )+ sen(2x−t)]dx ou
1
2
∫
0
t
sen(2 x−t)dx +
1
2
sen(t)∫
0
t
dx
(19.15).
Resolver a primeira integral por substituição: (2x−t)dx=udx onde du=2dx e dx =
du
2
então ∫senu
du
2
=
1
2
∫senudu .Com ∫sen(u)du=−cos(u) , a substituição de volta, será:
1
2 ∫sen(2 x −t )dx =
1
2
−[cos(2 x−t)] ou =
1
2
[cos(t −2x)] .
22

Colocando o resultado em (19.15)
1
2
(
1
2
)|cos(t−2 x)|0
t
+|1
2
sen(t)(x)|0
t
ou
1
4
|cos(t−2 x)|0
t
+|1
2
sen(t)(x)|0
t
1
4
cos(t−2t)−
1
4
cos(t−0)+
[1
2
sen(t )
](t)
1
4
cos(−t)−
1
4
cos(t) +
[1
2
sen(t)
](t) ou
0 +
[1
2
sen(t)
](t) , então ℒ
−1
{ s
(s
2
+1)
2 }=
1
2
t sen t .
Resolver ℒ
−1
{ s
(s2
+ a2
)2 } com covolução.
Fatores F(s)=
s
(s
2
+ a
2
)
e G(s)=
1
(s
2
+ a
2
)
, então ℒ
−1
{ s
(s
2
+ a
2
)}∗ℒ
−1
{ 1
(s
2
+ a
2
)}
Aplicar a tabela de transformada inversa: f (x)=cos(a x)=
s
s
2
+ a
2
e
g(x)=
1
a
sen(a x)=
1
s2
+ a2
.
ℒ−1
{ s
(s2
+ a2
)}∗ℒ−1
{ 1
(s2
+ a2
)}=cosax∗sen
1
a
ax ou f (x)∗g(x)=∫
0
t
f (x)g(t − x)dx que
é a fórmula da convolução: cos a(x)∗sen a(t − x)=∫
0
t
cos a(x)
1
a
sen a(t − x)dx .
Aplicar a fórmula trigonométrica 2 cos A sen B=[sen ( A + B)−sen ( A− B)] (19.16).
Integrar (19.16), fazendo A =ax , B =a(t−x)
A −B=ax −[a(t − x)]=ax −at + ax ou A −B=a(2x −t)
A + B= ax + a(t − x)=ax + at −ax ou A + B=(at )
1
2a
∫
0
t
2cos a(x) sen a(t − x)dx =
1
2a
∫
0
t
[sen at −sen a(2x −t)]dx (19.17).
Resolver por substituição: ∫−sena(2 x −t )dx fazendo a(2 x−t)dx =u dx onde
du=2a dx e dx =
du
2a
, então ∫−sen(u)du=cos(u) e a substituição de volta, será:
∫−sena(2 x −t )dx = cosa(2x −t) . Então, teremos
1
2a
sen at|x|0
t
+|1
2a
cos a(2 x−t)|0
t
ou .
23

Aplicar os limites:
1
2a
(t sen at)+
[ 1
2a
(cos at −cos at)
] então
ℒ
−1
{ s
(s2
+ a2
)2 }=
1
2a
t sen at .
24

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