Este documento descreve uma monografia sobre a utilização de variáveis complexas e do método de Talbot para obter a transformada de Laplace inversa e aplicá-la a equações diferenciais lineares. O documento começa apresentando o problema e objetivos, em seguida define noções básicas de variáveis complexas e cálculo complexo. Posteriormente aborda a equação do calor, a transformada de Laplace, suas propriedades e aplicações em equações diferenciais e integrais. Por fim, apresenta o método de Talbot para aproximar a transformada de Laplace

1. THIAGO PHELIPPE ABBEG
Utilização de Variáveis Complexas e do Método de Talbot na obtenção da
Transformada de Laplace Inversa com Aplicações em Equações
Diferenciais Lineares
CURITIBA
Abril, 2011

2. THIAGO PHELIPPE ABBEG
Utilização de Variáveis Complexas e do Método de Talbot na obtenção da
Transformada de Laplace Inversa com Aplicações em Equações
Diferenciais Lineares
Monografia apresentada como requisito parcial
à obtenção do grau licenciatura em Matemática,
pelo Departamento de Matemática, Setor de
Ciências Exatas, Universidade Federal do
Paraná.
Orientador: Prof. Dr. Carlos Henrique dos
Santos
CURITIBA
Abril, 2011

3. Sumário
1 Apresentação. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
2 Noções de Variáveis complexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.1 Algumas Noções de Topologia em C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.2 Cálculo em C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
3 Equação do Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
4 Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
4.1 Definição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
4.2 Propriedades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
4.2.1 Fórmula Complexa de Inversão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4.2.2 Uso do teorema de resíduos para encontrar transformadas inversas de Laplace . . . . 43
4.3 Aplicações da Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
4.3.1 Solução de Equações Diferenciais Ordinárias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
4.3.2 Equações Diferenciais Parciais, Problemas de Valor inicial e de Fronteira . . . . . . . . 54
4.3.3 Solução de Equações Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
4.3.4 Cálculo de Integrais Definidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4.3.5 Limite de Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
5 O Método de Talbot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
Referências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
i

4. 1
1 Apresentação
Nesse trabalho temos como, um dos problemas principais, mostrar um método não
estudado na graduação para encontrar a transformada inversa de Laplace, que é o método dos
resíduos, que utiliza variáveis complexas para sua resolução, assim ligamos com um outro ob-
jetivo desse trabalho que é mostrar algumas aplicações de variáveis complexas em nível de
graduação.
Para motivação de estudar Variáveis Complexas dependerá do nível de conhecimento
que temos, a aplicação histórica deve-se a Formula de Cardano1
para resolver equações poli-
nomiais de terceiro grau, problemas práticos apresentam resultados que desafiavam o entendi-
mento dos matemáticos da época. Seja por exemplo a equação x3
− 15x − 4 = 0. Por simples
verificação constatamos que x = 4 é uma de suas raízes as outras duas menos evidentes, são
−2 +
√
3 e −2 −
√
3. Entretanto se tentarmos resolvê-la pela fórmula de Cardano, teremos
3
2 +
√
−121+ 3
2 −
√
−121 e caímos não apenas na extração de raízes quadradas de números
negativos, mas também na extração de raízes cúbicas de números de natureza desconhecida, as-
sim temos uma motivação inicial para as Variáveis complexas.
O interesse do trabalho é aplicar métodos não elementares como os de cálculo, álgebra
linear e de análise para trabalhar com as variáveis complexas. A aplicação que temos interesse
é no estudo das equações diferenciais de 2a
ordem com coeficientes constantes que aparecem na
aplicação de vibrações mecânicas (Equação do Calor) e circuitos elétricos de onde os casos de
interesse do ponto de vista de estabilidade são aqueles onde a equação característica tem raízes
complexas.
De onde consideremos o seguinte problema de valor inicial
y + py + qy = g(t)
y(0) = y0; y (0) = y
(1.1)
1
Girolamo Cardano (1501 - 1576)

5. 2
Podemos resolver esta equação utilizando o Método de Variação de Parâmetro2
, mas
aqui vamos estudar o Método da Transformada de Laplace onde conseguimos a solução direta-
mente pela inversão, que freqüentemente usam-se as tabelas para obter a transformada inversa,
nesse ponto encontramos uma aplicação mais sofisticada das variáveis complexas, em equações
onde não se obtém a inversão das tabelas.
As aplicações importantes da transformada de Laplace para resolver equações como as
acima onde a função g(t) são descontínuas ou de natureza impulsiva, também temos aplicações
para resolver EDP’s e equações integrais.
Também trabalhamos com um método númerico para aproximação da transformada
inversa de Laplace, que é o método de Talbot, que conpreende de utilizar um novo contorno
para calcular a integral complexa da transformada inversa de Laplace.
2
vide FIGUEIREDO, D. G. de; NEVES, A. F. Equações Diferenciais Aplicadas.

6. 3
2 Noções de Variáveis complexas
Nesse capítulo vamos ver as Variáves Complexas de um modo bem sucinto, colocando
apenas os conceitos que necessitaremos para chegar ao resultado inportante que é o Teorema dos
Resíduos, assim começamos com algumas definições importantes para o entendimento desse
capítulo.
2.1 Algumas Noções de Topologia em C
As definições a seguir dizem respeito a algumas noções topológicas dos números com-
plexos, definições estas que nos dará base para trabalhar com a integração complexa
Definição 2.1.1 (Região). Seja R é uma região se for subconjunto de C e for um conjunto
aberto.
Definição 2.1.2 (Caminho Fechado). Seja γ : [0, 1] → C um caminho, dizemos que γ é um
caminho fechado se γ(a) = γ(b), isto é, se o ponto inicial do caminho for igual ao seu ponto
final.
Definição 2.1.3 (Caminho Suave). Um caminho suave em C é uma função γ onde
γ : [a, b] → C
e γ possui derivada contínua em todos os pontos de intervalo [a, b]
Podemos associar a curva dividindo em suas partes reais e imaginárias, isto é,
γ(t) = x(t) + iy(t)
e a sua derivada fica
γ (t) = x (t) + iy (t)
Definição 2.1.4 (Caminho Suave Por Partes). . Um caminho suave por partes em C é uma
coleção finita de caminhos suaves: γ1 : [a1, b1] → C, γ2 : [a1, b1] → C, . . ., γn : [a1, b1] → C,

7. 4
e satisfazendo γ(bi) = γi+1(ai+1) para 1 < i < n − 1, ou seja, o fim de um caminho é o início
de outro.
Definição 2.1.5 (Domínio). Um subconjunto R de C é um Domínio se R for aberto e para
todo ponto p e q pertencente R existir um caminho γ : [0, 1] → C suave por partes contido em
R onde γ(0) = p e γ(1) = q.
2.2 Cálculo em C
Agora vamos trabalhar com funções complexas, temos definições parecidas de limite
e derivada do caso real e vamos associar a integral complexa a um espécie de integral de linha.
Mas para isso temos que definir uma certa classificação de funções complexas.
Definição 2.2.1 (Funções Univocas). Uma função é univoca se para cada valor de z correspon-
der a um único valor de f(z).
Definição 2.2.2 (Funções Plurivocas). Uma função é plurivoca ou multivalorizada se para um
valor de z mais de um valar f(z) é associado
Definição 2.2.3 (Limite em C). Diz que f(z) tem limite l quando z tende a z0 ou seja
lim
z→z0
f(z) = l
se dado qualquer ε > 0 existe um δ > 0 talque |f(z) − l| < ε sempre que 0 < |z − z0| < δ.
isto é
∀ ε > 0, ∃ δ > 0 : 0 < |z − z0| < δ ⇒ |f(z) − l| < ε
Se escrevesemos f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e z0 = x0 = iy0 digamos que o limite
de f(z) quando z tente a z0 é l, onde este l é um número complexo que podemos escrever
l = a + ib então pode-se provar que sendo lim
z→z0
f(z) = l então lim
(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) = a e
lim
(x,y)→(x0,y0)
v(x, y) = b
Definição 2.2.4 (Função Contínua em C). Seja f : R → C, onde R é uma região contida nos
complexos, f é contínua em z0 se qualquer que seja ε > 0, exite um δ > 0 onde
|z − z0| < δ
implica que
|f(z) − f(z0)| < ε.

8. 5
Uma diferença importante entre funções reais e funções complexas é que se uma
função complexa tiver derivada primeira ela será infinitamente diferenciavel, o que não acontece
no caso real.
Definição 2.2.5 (Derivada em C). Seja f : R → C, onde R é uma região contida nos com-
plexos, f é derivável no ponto z0,se existe o seguinte limite
lim
z→z0
f(z) − f(z0)
z − z0
(2.1)
ou ainda chamando z − z0 = h temos que o limite acima se transforma em
lim
h→0
f(z0 + h) − f(z0)
h
(2.2)
então se o limite existir independente da forma que z se aproxima de z0 dizemos que f(z) é
diferenciável em z = z0
Uma função que tiver derivadas em todos os pontos de uma certa região R diz se que
a função é Holomorfa em R. Também são chamadas de funções analíticas.
Uma condição necessária para que uma função complexa, digamos f(z) = u(x, y) +
iv(x, y) seja holomorfa numa certa região R contida no conjunto dos números complexos, é que
nessa região u e v satisfação as equações de Cauchy-Rieman, e quando as derivadas parciais
de u e v são contínuas em R então estas equações de Cauchy-Rieman se tornam condições
suficientes para que f seja holomorfa.
Teorema 2.2.1 (Equações de Cauchy-Rieman). Seja f : R → C, onde f(z) pode ser escrita
como f(z) = u(x, y) + iv(x, y), e as derivadas parciais de u e v são contínuas em R, então a
função f será holomorfa se e somente se
∂u
∂x
=
∂v
∂y
e
∂u
∂y
= −
∂v
∂x
(2.3)
Propriedades parecidas com a do cálculo real são também satisfeitas em variáveis com-
plexas entre elas temos,
Proposição 2.2.2 (Operações com derivadas). Sejam duas funções f, g : R → C deriváveis no
ponto z0 na região R então as funções (f ± g)(z), (fg)(z), e caso g(z) = 0 para todo z na
região R, g (z0) = 0 então
f
g
(z), também são deriváveis em z0 e valem:
• (f ± g) (z0) = f (z0) ± g (z0)

9. 6
• (fg) (z0) = f (z0)g(z0) + f(z0)g (z0)
•
f
g
(z0) =
f (z0)g(z0) − f(z0)g (z0)
g(z0)2
Proposição 2.2.3 (Regra da Cadeia). Sejam duas funções f, g : R → C. Se f é derivável em
z0 e g é derivável em y0 = f(z0) então existe a derivada da função composta f ◦ g no ponto z0,
e vale: (f ◦ g) (z0) = g (y0)f (z0).
Singularidades são pontos onde não temos boas propriedades para trabalhar, no caso
de variáveis complexas estes pontos são os mais interessantes, pois o que acontece ao redor
deles nos diz muito sobre a função.
Definição 2.2.6 (Pontos Singulares). Os pontos onde uma função complexa f(z) não é analítica,
ou não está definida, é chamado ponto singular ou simplesmente singularidade, e podemos clas-
sificar em:
(i) Singularidade Isolada: o ponto z = z0 é uma singularidade isolada de f(z) se exite um
número real δ > 0 de modo que os pontos z que |z − z0| < δ não são outros pontos singulares,
ou seja, se existe uma bola aberta centrada em z0 que o não contém outra singularidade a não
ser em z0;
(ii) Caso nenhum δ > 0 for encontrado dizemos que a singularidade é não isolada;
(iii) Pólos: se existe um número natural n talque
lim
z→z0
(z − z0)n
f(z) = A = 0 (2.4)
Então o ponto z0 é dito pólo de ordem n. Se n = 1 o ponto z0 é dito pólo simples;
(iv) Singularidade removíveis: um ponto z0 é uma singularidade removível da função f(z) se
lim
z→z0
f(z) = A < ∞ (2.5)
ou seja o limite quando z tente a z0 exite e é finito;
(v) Pontos de Ramificações de funções plurivocas são pontos singulares;
(vi) Singularidade Essencial: caso não seja um pólo nem ponto de ramificação ou singulari-
dade removível.
Aqui vamos colocar alguns resultados que tratam das integrais no plano complexo.
Definição 2.2.7 (Comprimento de um Caminho). Seja γ : [a, b] → C um caminho suave,
definimos o comprimento desse caminho por:
(γ) =
b
a
|γ (t)|dt =
b
a
(x (t))2 + (y (t))2dt (2.6)

10. 7
Definição 2.2.8 (Integrais de linha em C). Sejam f : R → C onde R é uma região contida em
C e seja γ : [a, b] → R um caminho. A integral da função complexa f(z) ao longo do caminho
γ é o número complexo
γ
f(z)dz =
b
a
f(γ(t))γ (t)dt (2.7)
Existe um teorema que nos diz quando se pode utilizar uma espécie de Teorema Fun-
damental do Cálculo. Mas para isso precisamos da definição de primitiva
Definição 2.2.9 (Primitiva). Seja uma função f : R → C uma função contínua, onde R é um
domínio. Uma função F : R → C é denominada Primitiva da função f se F é holomorfa em
R e F (z) = f(z) para todo ponto z pertencente ao domínio R.
Teorema 2.2.4. Seja um Domínio R contido em C e uma função complexa f : R → C. E
seja F uma primitiva de f dentro da região R e considere o caminho γ : [a, b] → C suave por
partes em R que une os pontes z0 e z1. Então
γ
f(z)dz = F(z1) − F(z0) (2.8)
Lema 2.2.5. Sejam R um domínio dos números complexos e f : R → C uma função complexa
e contínua e tome γ : [a, b] → C uma caminho suave por partes no domínio R. seja K ≥ 0 um
número real tal que |f(γ(t))| ≤ K para todo t pertencente ao intervalo [a, b]. Então
γ
f(z)dz ≤ K (γ) (2.9)
Demonstração. Basta notar que
b
a
(α(t) + iβ(t))dt ≤
b
a
|α(t) + iβ(t)|dt (2.10)
Daí podemos escrever que.
γ
f(z)dz =
b
a
f(γ(t))γ (t)dt ≤
b
a
|f(γ(t))γ (t)|dt (2.11)
≤
b
a
K|γ (t)|dt = K
b
a
|γ (t)|dt (2.12)
= K (γ) (2.13)

11. 8
Os próximos teoremas estão a caminho de mostrar que se uma função for holomorfa
em uma região então a integral de qualquer caminho fechado é zero, assim a importancia de
estudar as singularidades, pois é o caso que as integrais de caminhos fechados não são nulas.
Teorema 2.2.6 (Teorema de Cauchy-Goursat). Nesse teorema primeiro vamos mostrar que
γ
f(z)dz = 0, onde γ é um triângulo, logo vamos as hipóteses. Sejam f : R → C, onde
R é um domínio em C e f é uma função holomorfa no domínio R. Tome um triângulo ∆
contido no domínio R que determina uma regiáo totalmente contida dentro desse domínio.
Então
γ
f(z)dz = 0 (2.14)
Demonstração. Primeiro tome a orientação do triângulo ∆ no sentido anti-horário. Como este
triângulo ∆ é composto de três caminhos suaves (segmentos de retas) γ1 ∗ γ2 ∗ γ3 como na
Figura 1, encontrando os pontos médios de cada lado do triângulo e formando assim 4 triângulos
contidos dentro da região delimitada pelo triângulo ∆.
Denotando cada um desses triângulos pequenos por ∆1, ∆2, ∆3 e ∆4 e tomando o
sentido anti-horário para cada um desses pequenos triângulos e encontramos que
Figura 1: Região de Integração do Teorema de Cauchy
∆
f(z)dz =
∆1
f(z)dz +
∆2
f(z)dz +
∆3
f(z)dz +
∆4
f(z)dz (2.15)
Agora dentre as integrais
∆i
f(z)dz tome a que possui maior módulo e denote por
∆(1)
este triângulo que possui maior integral, isto é,

12. 9
∆(1)
f(z)dz = max
i ∆i
f(z)dz (2.16)
com i = 1, 2, 3, 4. Deste modo temos que
∆i
f(z)dz ≤
∆(1)
f(z)dz (2.17)
para todo i = 1, 2, 3, 4, e disso podemos concluir que
∆
f(z)dz ≤
4
i=1 ∆i
f(z)dz ≤ 4
∆(1)
f(z)dz (2.18)
Sabemos que o perímetro do triângulo ∆ é dado pelo seu comprimento do caminho,
ou seja o perímetro é (∆) e cada sabemos que cada perímetro dos triângulos pequenos ∆i que
será (∆i) é dado pela metade do perímetro do triângulo ∆, isto é,
(∆i) =
1
2
(∆) (2.19)
e também podemos ver que sendo δi o comprimento de cada lado de cada triângulo pequeno ∆i
e δ o comprimento do lado do triângulo ∆. Dessa forma encontramos que
δi =
1
2
δ (2.20)
Pela construção que fizemos dos triângulos ∆i, tomando os pontos médios de cada
lado e disso temos que tomando aqueles triângulos formados pela ligação desses pontos médios
e daí tomando o triângulo que possui a maior integral entre esses triângulos ∆i temos que
(∆(1)
) =
1
2
(∆) (2.21)
e tembém temos que
δ(1)
=
1
2
δ (2.22)
Repentindo este processo para o triângulo ∆(1)
vamos encontrar um outro triângulo
∆(2)
. Dividindo o triângulo ∆(1)
em quatro triângulos unindo os pontos médios de cada lado.
Calculando cada integrando no sentido ani-horário e tomando por ∆(2)
o triângulo
cuja integral seja maior entre os triângulos e conseguimos que a região delimitada por ∆(2)
entá
contida na região delimitada por ∆(1)
e que.

13. 10
∆(1)
f(z)dz ≤ 4
∆(2)
(2.23)
e
(∆(2)
) =
1
2
(∆(1)
) (2.24)
Repetindo este pocesso para ∆(2)
e assim sucessivamente, após n-etapas vamos en-
contrar que um triângulo ∆(n)
cuja região está delimitada em um triângulo ∆(n−1)
e assim por
diante em todas as regiões delimitadas por ∆ desse modo temos as seguintes relações
∆(1)
f(z)dz ≤ 4n
∆(n)
(2.25)
(∆(n)
) =
1
2
n
(∆) (2.26)
δ(n)
=
1
2
n
δ (2.27)
Assumindo um teorema de Georg Cantor que nos diz que existe um ponto z0 comum
a todas as regiões delimitadas pelos triângulos ∆(i)
com i ≥ 1. Como f é holomorfa temos que
para todo ε > 0 qualquer podemos encontrar um ρ > 0 de modo que temos:
(i). o disco D(z0, ρ) está contido inteiramente em R e
(ii). 0 < |z − z0| < ρ implica que
f(z) − f(z0)
z − z0
− f (z0)
Mas também podemos encontrar de (ii) que
|f(z) − f(z0) − f (z0)(z − z0)| < ε|z − z0| (2.28)
desde que 0 < |z − z0| < ρ.
Agora tome n pertencente aos naturais suficientemente grande em que podemos en-
contrar ρ de modo que
δ(n)
=
1
2
n
δ < ρ (2.29)
e isto nos diz que a região delimitada por ∆(n) está totalmente contida em D(z0, ρ), pois z0
pertence a cada um dos ∆(n), por outro lado temos que

14. 11
∆(n)
[f(z) − f(z0) − f (z0)(z − z0)]dz =
∆(n)
f(z)dz (2.30)
+ [f (z0)z0 − f(z0)]
∆(n)
dz + f (z0)
∆(n)
zdz
Mas por um teorema anterior temos que
∆(n)
dz = 0 (2.31)
e
∆(n)
zdz = 0 (2.32)
Logo voltando na equação (2.30) encontramos que
∆(n)
[f(z) − f(z0) − f (z0)(z − z0)]dz =
∆(n)
f(z)dz (2.33)
E pelo Lema 2.2.5 temos que
∆(1)
f(x)dz =
∆(n)
[f(z) − f(z0) − f (z0)(z − z0)]dz (2.34)
≤
∆(n)
|f(z) − f(z0) − f (z0)(z − z0)|dz
< ε
∆(n)
|z − z0|dz
≤ εδ(n)
(∆(n)
)
= ε
1
2
n
δ
1
2
n
(∆)
=
1
4
n
εδ (∆)
Mas como ε é qualquer concluimos que
γ
f(z)dz = 0 (2.35)
Existem mais algumas definições que vamos precisar ter para continuar, uma delas é a

15. 12
definição de domínio estrelado.
Definição 2.2.10. Sejam a e b números complexos, o segmento de reta que une os pontos a e b
com início em a e fim em b, será denotado por
−→
a b.
Definição 2.2.11 (Domínio Estrelado). Seja um domínio R contido aos complexos, dizemos
que R é um domínio estrelado se existe um ponto z0 pertencente a R de modo que o segmento
de reta −−→z0 z estã contido totalmente em R , para todo z pertencende a este domínio. O ponto
z0 é chamado de um centro do domínio R .
Exemplo 2.2.1. Como Exemplos de domínios estrelados temos:
(i). Todo o plano complexo
(ii). Polígonos convexos
(iii). o plano menos uma semi-reta
(iv). A região de limitada por uma estrela.
Corolário 2.2.7. Seja f : R → C, onde R é um domínio estrelado em C e f é uma função
holomorfa no domínio R, então f admite uma primitiva nesse domínio.
Demonstração. Primeiro vamos definir uma função F : R → C e seja z0 um centro de R então
vamos definir
F(z) =
−−→z0 z
f(w)dw (2.36)
Agora temos que mostrar que F é uma primitiva de f, isto é, F (z) = f(z) para todo
z no domínio R.
Tome h suficientemente pequeno de modo que z + h pertence ao domínio R e o seg-
mento
−−−−−−→
z (z + h) esteja contido em R então temos que
F(z + h) = −−−−−−→
z0 (z + h)
f(w)dw (2.37)
Agora considerando o triângulo ∆ com os vértices em z0, z, z + h e observe que ele
está totalmente contido no domínio R.
O Teorema de Cauchy nos garante que
∆
f(w)dw = 0 (2.38)

16. 13
Figura 2: Região de Integração do Corolário 2.2.7
e como
∆
f(w)dw =
−→z0z
f(w)dw + −−−−−→
z(z + h)
f(w)dw + −−−−−−→
z0(z + h)
f(w)dw (2.39)
e pela definição de F obtemos que
F(z + h) − F(z) = −−−−−→
z(z + h)
f(w)dw (2.40)
Dividindo por h e subtraindo f(z) em ambos os lados encontramos que
F(z + h) − F(z)
h
− f(z) =
1
h −−−−−→
z(z + h)
f(w)dw − f(z) (2.41)
Note que f(z) =
1
h −−−−−→
z(z + h)
f(z)dw e juntando tudo na mesma integral obtemos que
F(z + h) − F(z)
h
− f(z) =
1
h −−−−−→
z(z + h)
[f(w) − f(z)]dw (2.42)
Utilizando a continuidade da função f temos que para todo ε > 0 dado existe um
número real δ > 0 de modo que 0 < |w − z| < δ implica que |f(w) − f(z)| < ε, deste modo
tomando 0 < |h| < δ temos pelo Lema 2.2.5 que:
1
h −−−−−→
z(z + h)
[f(w) − f(z)]dw ≤
1
|h| −−−−−→
z(z + h)
|f(w) − f(z)|dw <
ε|h|
|h|
(2.43)

17. 14
e com isso temos que
F(z + h) − F(z)
h
− f(z) =
1
h
<
ε|h|
|h|
= ε (2.44)
ou seja F (z) = f(z) para todo z pertencente ao domínio R logo F é uma primitiva de f.
Corolário 2.2.8 (Teorema de Cauchy-Goursat - Versão 2). Seja R um domínio estrelado e seja
f : R → C uma função holomorfa. se γ é um caminho simples fechado e suave por partes
então
γ
f(z)dz = 0 (2.45)
Demonstração. Pelo corolário anterio e e pelo teorema que garante que se f tem primitiva então
γ
f(z)dz = 0 (2.46)
Teorema 2.2.9 (Fórmula Integral de Cauchy). Sejam R um domínio e f : R → C uma função
holomorfa. Tome D(z0, r0) um disco fechado inteiramente contido em R denote por Γ a fron-
teira desse disco orientada no sentido anti-horário.
Se z é um ponto no interior do disco D(z0, r0) então
f(z) =
1
2πi Γ
f(w)
w − z
dw (2.47)
Demonstração. Por definição R é um conjunto aberto como D(z0, r0) é um conjunto fechado
então existe uma bola aberta D(z0, R) de modo que contem o disco D(z0, r0) note que R > r0
e que
D(z0, r0) ⊂ D(z0, R) ⊂ R
Assim podemos considerar a função f apenas na região delimitada por D(z0, R), agora
fixe z pertencente ao interior do disco D(z0, r0) e vamos considerar a função
g(w) =
f(w)
w − z
(2.48)
Note que a função g(w) acima definida é holomorfa em todos os pontos de D(z0, R)
menos em w = z.

18. 15
Figura 3: Região de Integração da Fórmula Integral de Cauchy
O próximo passo é dividir nossa região em duas partes (regiões que são domínios
estrelados) que estão dentro de D(z0, R). Sendo assim tome a curva Γ que é a fronteira de
D(z0, r0) e uma curva γ que é uma circunferência de centro em z e de raio r > 0 este raio tem
que ser de modo que esta circunferência esteja totalmente contida em D(z0, r0)
Agora tome α, β : [a, b] → C duas curvas de modo que α e β liguem as circunferências
Γ e γ conforme a Figura 3. Agora tome 2 caminhos η1 e η2 de forma que:
η1 é o caminho que contém o arco de circunferência ABC ligado ao segmento de reta CD,
ligado ao arco de circunferência DKE e ligado ao segmento de reta EA e
η2 é o caminho que contém o arco de circunferência CFA ligado ao segmento de reta AE,
ligado ao arco de circunferência ELD e ligado ao segmento de reta DC.
onde η1 e η2 estão definidos no sentido anti-horário.
Assim podemos Aplicar o Teorema de Cauchy, como g(w) e holomorfa e η1 e η2 são
caminhos fechados e estão totalmente contidos em um domínio estrelado, temos que
η1
g(w)dw =
η2
g(w)dw = 0 (2.49)

19. 16
logo
η1
g(w)dw +
η2
g(w)dw = 0 (2.50)
Mas por outro lado temos que
η1
g(w)dw =
ABC
g(w)dw +
α
g(w)dw +
DKE
g(w)dw +
β
g(w)dw (2.51)
e tembém temos que
η2
g(w)dw =
CFA
g(w)dw +
α−
g(w)dw +
ELD
g(w)dw +
β−
g(w)dw (2.52)
Assim temos que
η1
g(w)dw +
η2
g(w)dw =
ABC
g(w)dw +
α
g(w)dw +
DKE
g(w)dw +
β
g(w)dw
+
CFA
g(w)dw +
α−
g(w)dw +
ELD
g(w)dw +
β−
g(w)dw
=
ABC
g(w)dw +
CFA
g(w)dw +
DKE
g(w)dw +
ELD
g(w)dw
=
Γ
g(w)dw +
γ−
g(w)dw
e agora junto com a informação da equação (2.50) temos que
Γ
g(w)dw +
γ−
g(w)dw = 0 (2.53)
e lembrando que g(w) =
f(w)
w − z
, de onde encontramos que
Γ
f(w)
w − z
dw =
γ
f(w)
w − z
dw (2.54)
Seja a integral do lado direito, somando e subtraindo f(z) dentro desse integral encon-
tramos
γ
f(w)
w − z
dw =
γ
f(w) − f(z) + f(z)
w − z
dw (2.55)
separando a integral em duas obtemos
γ
f(w)
w − z
dw =
γ
f(w) − f(z)
w − z
dw +
γ
f(z)
w − z
dw (2.56)

20. 17
como f(z) no caso é constante podemos escrever que
γ
f(w)
w − z
dw =
γ
f(w) − f(z)
w − z
dw + f(z)
γ
dw
w − z
(2.57)
Como γ(t) = z + reit
onde 0 ≤ t ≤ 2π, lembre de que γ é uma circunferência de raio
r e de centro em z e observando que dw = ireit
dt logo temos que
f(z)
γ
dw
w − z
= f(z)
2π
0
ireit
reit
dt = f(z)
2π
0
idt = 2πif(z) (2.58)
Agora so falta mostrar que
γ
f(w)
w − z
dw = 0 (2.59)
para isso vamos utilizar a continuidade da função f Dado ε > 0 existe δ > 0 de modo que
0 < |w − z| < δ
implica que
|f(w) = f(z)| < ε
escolha o raio da circunferência B(z, r) como sendo r < δ e pelo Lema 2.2.5 temos que
γ
f(w)
w − z
dw ≤
γ
f(w)
w − z
dw <
ε
r
(γ) (2.60)
note que (γ) = 2πr e com isso obtemos
γ
f(w)
w − z
dw <
ε
r
(γ) =
ε
r
2πr = ε2π (2.61)
mas como ε é arbitrário podemos concluir que
γ
f(w)
w − z
dw = 0 e com isso temos que
f(z) =
1
2πi Γ
f(w)
w − z
dw (2.62)
Corolário 2.2.10. Sejam as mesmas hipóteses do Teorema anterior. Então f(z) possui derivadas
em todas as ordens em todos os pontos de R e vale
f(n)
(z) =
n!
2πi Γ
f(w)
(w − z)n−1
dw (2.63)
para todo z em R. Onde γ é qualquer circunferência centrada em z e percorrida no sentido

21. 18
anti-horário de um disco fechado e contido em R.
Agora vamos trabalhar com as Série de Laurent e o Teorema dos Resíduos
Definição 2.2.12 (Série de Laurent). Seja f uma função holomorfa no anel A(z0, ρ1, ρ2) então
f(z) =
∞
m=1
bm
1
(z − z0)m
+
∞
n=1
an(z − z0)n
(2.64)
sendo que a série
∞
m=1
Bm
1
(z − z0)m
é absolutamente convergente fora da disco fechado D(z0, ρ1)
e a série
∞
n=1
an(z − z0)n
é absolutamente convergente no interior do disco D(z0, ρ2) além disso
esta expansão é única e os coeficientes bm e an são dados por
bm =
1
2πi γ
f(z)(z − z0)m−1
dz (2.65)
an =
1
2πi γ
f(w)
(w − w0)n−1
dw (2.66)
onde m ≥ 1 e n ≥ 0 e γ é uma circunferência de centro em z0 orientado no sentido anti-horário
e contido dentro do anel A(z0, ρ1, ρ2).
Definição 2.2.13 (Resíduos). Seja f : Ω → C uma função holomorfa com Ω ⊂ C é um aberto
e z0 ∈ C − Ω é uma singularidade isolada de f, podemos representar f num disco perfurado
com centro em z0 digamos A = D − {z0} por uma série de Laurent de forma
f(z) =
∞
n=−∞
an(z − z0)n
(2.67)
Vamos definir o resíduo de f em z0 o número complexo
Res(f, z0) = a−1 (2.68)
e pelo que vimos
Res(f, z0) = a−1 =
1
2πi γ
f(z)dz (2.69)
onde γ é uma circunferência de raio r e z0 deve estar contido em A
Este próximo teorema é um dos nossos objetivos nesse trabalho, que irá nos mostrar
uma maneira fácil de calcular as integrais complexas sobre determinada região.

22. 19
Teorema 2.2.11 (Teorema dos Resíduos). Sejam γ : I = [a, b] → C um caminho fechado
simples e R a região interior a γ e seja f : U → C uma função holomorfa que possui um
número finitos de singularidades isoladas em R digamos z1, z2, z3, . . . , zn. Suponhamos que
essas singulatidades não pertence ao fecho de R. então
γ
f(z)dz = 2πi
n
j=1
Res(f, zj) (2.70)

23. 20
3 Equação do Calor
“... equações diferenciais parciais são a base de todos os teoremas físicos. Na teoria do
som em gases, líquidos e sólidos, no âmbito dos inquéritos de elasticidade, em ótica, equações
diferenciais parciais em todos os lugares formulam leis básicas da natureza que podem ser
comparados com os experimentos.”
Bernhard Riemann
Para mostrar uma utilização para a aplicação de variáveis complexas em uma parte da
resolução de uma EDP. Aqui vamos trabalhar com a Equação do Calor por Séries de Fourier,
sem preocupações com formalismo e desprezando alguns passos, é apenas criar uma motivação
para o assunto que vamos tratar mais para frente1
.
A equação que fornece a temperatura dada pela função u(x, y, z, t) de um objeto ho-
mogêneo á dada por
∂u
∂t
= c2 2
u (3.1)
onde c2
=
k
σρ
e ∂u
∂t
á a derivada parcial da função incógnita u em relação ao tempo t. 2
u é o
laplaciano de u, isto é,
2
u =
∂2
u
∂x2
+
∂2
u
∂y2
+
∂2
u
∂z2
onde as constantes,
• k condutividade térmica
• σ é calor específico
• ρ a massa específica do material
• c2
é a difusividade térmica.
1
Para melhor estudo vide; FIGUEIREDO. Análise de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

24. 21
Agora vamos considerar u(x, t), isto é, o caso unidimensional em que a temperatura u
somente depende da dimensão do espaço x e do tempo t.
Supondo que é uma barra fina e longa, bem como desprezando outras dimensões além
do comprimento e ainda isoladas totalmente em suas laterais, isto é, não existe troca de calor
entre a barra e o ambiente.
Digamos que o comprimento da barra seja L. Assim nossa equação do calor para o
caso unidimensional fica sendo,
∂u
∂t
= c2 ∂2
u
∂x2
(3.2)
Vamos agora considerar as condições iniciais e de contorno. Digamos que nas extrem-
idades da barra está permanentemente em temperatura zero, o que nos diz que as condições de
contorno são:
u(0, t) = 0 (3.3)
u(L, t) = 0 (3.4)
para todo t pertencente ao intervalo [0, L]. Além disso, a temperatura inicial, quando t = 0, é
fornecida por uma função f(x) assim,
u(x, 0) = f(x) (3.5)
Agora vamos utilizar o método de separação de variáveis2
, assim sendo procuramos uma solução
que é um produto de funções que dependem apenas de cada uma das variáveis, isto é, supor que
existam F(x) e G(t) de modo que
u(x, t) = F(x)G(t) (3.6)
Agora substituindo na equação do calor encontramos
∂u
∂t
= FG (3.7)
∂2
u
∂x2
= F G (3.8)
onde temos que
F
F
=
G
c2G
(3.9)
2
vide a referência FIGUEIREDO. Análise de Fourier e Equações Diferenciais Parciais.

25. 22
como os dois lados da equação não possuem variáveis em comum temos que elas são iguais a
uma constante k, de onde encontramos
F − kF = 0 (3.10)
G − kc2
G = 0 (3.11)
com os problemas de valor inicial
u(0, t) = 0 ⇒ F(0) = 0 (3.12)
u(L, t) = 0 ⇒ F(L) = 0 (3.13)
u(x, 0) = f(x) ⇒ G(0) = f(x) (3.14)
Para ficar mais claro como vamos proceder, iremos ver um exemplo da resolução desse
tipo de Equação Ordinária.
Exemplo 3.0.2. Consideremos o seguinte Problema de Valor de Fronteira (Problema de Cauchy):
y + y = 0, 0 ≤ t ≤ l;
y(0) = y(l) = 0.
(3.15)
Para resolver y +y = 0, que é uma equação de segunda ordem homogênea, utilizamos
a sua equação característica λ2
+ 1 = 0 para qual encontramos λ = ± i. Assim as soluções
da equação são:
φ1(t) = eit
e φ2(t) = e−it
As soluções φ1 e φ2 de y + y = 0 são Linearmente Independentes, pois o Wroskiano
é igual a 2i = 0.
Encontramos soluções complexas que podem ser escritas na forma z(t) = u(t)+iv(t),
onde u(t) e v(t) são funções reais que também são soluções da equação diferencial dada. Para
verificar isso, seja uma Equação Diferencial Ordinária de segunda ordem com coeficientes
constantes e reais, ou seja, ay (t) + by (t) + cy(t) = 0, com a, b e c reais, suponha que tenha
uma solução complexa na forma z(t) = u(t)+iv(t) cujas derivadas primeira e segunda serão:
z (t) = u (t) + iv (t) e z (t) = u (t) + iv (t) respectivamente, desse modo temos que:
a(u + iv ) + b(u + iv ) + c(u + iv) = 0
au + iav + bu + ibv + cu + icv = 0

26. 23
(au + bu + cu) + i(av + bv + cv) = 0
Portanto (au + bu + cu) = 0 e (av + bv + cv) = 0, pois se um número complexo
é zero então sua parte real e parte imaginária também serão, o que nos mostra que u e v são
soluções de ay (t) + by (t) + cy(t) = 0
Sendo assim podemos tomar:
y1(t) =
φ1(t) + φ2(t)
2
e y2(t) =
φ1(t) − φ2(t)
2i
assim a solução ficaria,
y1(t) =
eit
+ e−it
2
e y2(t) =
eit
− e−it
2i
utilizando o fato de que a exponencial complexa em termos de seno e cosseno obtemos:
y1(t) =
(cos t + i sent) + (cos −t + isen − t)
2
y2(t) =
(cos t + i sent) − (cos −t + isen − t)
2i
como seno é uma função par e cosseno é uma função ímpar encontramos que:
y1(t) = cos(t) e y2(t) = sen(t)
Logo, pelo princípio da superposição a solução geral será uma combinação linear de
y1(t) e y2(t), assim:
y(t) = c1 cos(t) + c2 sen(t)
Agora calculando y nos pontos da fronteira, primeiro fazendo y(0) = 0 obtemos:
0 = y(0) = c1 cos(0) + c2 sen(0)
Daí podemos concluir que c1 = 0, e fazendo y(l) = 0, que ocorre somente quando
l = nπ, com n = 1, 2, 3, . . . temos,
0 = y(l) = c2 sen(l)
Agora supondo que c2 = 0, para termos uma solução não nula segue que sen(l) = 0,

27. 24
portanto y(t) = c sen(t) é uma solução não nula do problema de Cauchy satisfazendo y(0) =
y(l) = 0 quando l = nπ, para todo n ∈ N, com c ∈ R.
Agora temos três possibilidades para k, pode ser k > 0, k < 0 ou k = 0.
Se k = 0 temos que F = 0 o que implica que F é constante e que a solução é da
forma F(x) = ax + b, utilizando as condições de fronteira temos que F é identicamente nula
e como u = FG, temos que u é também identicamente nula, e como procuramos uma solução
não nula esse caso não temos interesse.
Se k > 0 podemos supor que k = α2
Assim nossa equação fica sendo
F − α2
c2
F = 0 (3.16)
As solução desta equação são da forma F(x) = aeαcx
e como na caso anterior temos
que F(0) = 0, portanto, como no caso anterior temos a solução nula.
Agora se k < 0 podemos escrever k = −α2
daí temos que as equações ficarão da
forma.
F + αF = 0 (3.17)
g + c2
ρ2
G = 0 (3.18)
Assim encontramos as soluções de F como sendo
F(x) = a cos(αx) + bsen(αx) (3.19)
uma solução geral, agora das condições de contorno temos que para F(0) = 0 encontramos
0 = F(0) = a cos(0) + bsen(0) (3.20)
o que implica a = 0 portanto F(x) = bsen(αx). Então vamos utilizar F(L) = 0 temos que,
F(L) = bsen(αL) = 0 (3.21)
Assim temos que ter sen(αL) = 0 logo α =
nπ
L
n = 1, 2, 3, ...
Tomando b = 1 a solução para F ficam sendo
Fn(x) = sen(
nπx
L
) (3.22)

28. 25
Resolvendo a equação que falta, fazendo algumas operações a equação se torna
G + c2
α2
G = 0 (3.23)
e para a equação acima temos como solução geral
Gn(t) = Bne−β2
nt
(3.24)
onde βn = cnπ
L
no final temos como soluções
un(x, t) = Fn(x)Gn(t) = Bnsen
nπx
L
e−β2
nt
(3.25)
onde cada função é denominada autofunção un(x, t) corresponde a cada autovalor βn = cnπ
L
Agora que temos essas soluções consideramos a série
u(x, t) =
∞
n=1
un(x, t) =
∞
n=1
Bnsen
nπx
L
e−β2
nt
(3.26)
Considerando agora a condição de valor inicial temos
u(x, 0) =
∞
n=1
Bnsen
nπx
L
= f(x) (3.27)
Sendo assim para que isso seja satisfeito os coeficientes de Fourier (que serão vistos
mais para frente), isto é a série tem que convergir uniformemente para a função f, e para isso
ocorrer os coeficientes Bn tem que ser
Bn =
2
L
L
0
f(x)sen
nπx
L
dx (3.28)
E isso nos dá uma motivação para estudar as Transformadas. Em especial vamos trabalhar com
a Transformada de Laplace.

29. 26
4 Transformada de Laplace
Pierre Simon Laplace nasceu em Beaumont-en-Auge, Normandia, filho de um pe-
queno trabalhador rural e deve sua educação ao interesse incitado em alguns vizinhos abastados
graças às suas habilidades e presença atrativa. De pupilo, se tornou professor-assistente na
escola em Beaumont, mas tendo procurado uma carta de apresentação, foi a Paris tentar sua
sorte. Um artigo sobre os princípios da mecânica instigou o interesse de d’Alembert e, sob
sua recomendação, foi oferecido um lugar na escola militar a Laplace. Seguro das suas com-
petências, Laplace dedicou-se, então, a pesquisas originais e, nos dezessete anos seguintes,
1771-1787, produziu boa parte de seus trabalhos originais em astronomia. Tudo começou com
uma memória, lida perante a Academia Francesa em 1773, em que mostrava que os movimen-
tos planetários eram estáveis, levando a prova até o ponto dos cubos das excentricidades e das
inclinações. Isso foi seguido por vários artigos sobre tópicos em cálculo integral, diferenças
finitas, equações diferenciais e astronomia. Laplace tinha um amplo conhecimento de todas as
ciências e dominava todas as discussões na Academia. De forma razoavelmente única para um
prodígio de seu nível, Laplace via os matemáticos apenas como uma ferramenta para ser uti-
lizada na investigação de uma averiguação prática ou científica. Laplace passou a maior parte
de sua vida trabalhando na astronomia matemática que culminou em sua obra-prima sobre a
prova da estabilidade dinâmica do sistema solar, com a suposição de que ele consistia de um
conjunto de corpos rígidos movendo-se no vácuo. Ele formulou independentemente a hipótese
nebular e foi um dos primeiros cientistas a postular a existência de buracos negros e a noção do
colapso gravitacional.
4.1 Definição
Vamos começar com a formula integral de Fourier com a expressão abaixo temos para
g(x) é definida em −∞ < x < ∞ então temos que
g(x) =
1
2π
∞
−∞
eikx
dk
∞
−∞
e−ikt
g(t)dt (4.1)

30. 27
Fazendo a função g(x) ≡ 0 na parte negativa, isto é, em −∞ < x < 0 e para isso utilizamos
a função escada H(x) e assim temos que g(x) = e−cx
f(x)h(x) = e−cx
f(x), onde c é uma
constante positiva, assim,
f(x) =
ecx
2π
∞
−∞
eikx
dk
∞
0
e−t(c+ik)
f(t)dt (4.2)
fazendo a mudança de variáveis c + ik = s, idk = ds nos reescrevemos e obtemos.
f(x) =
ecx
2π
c+i∞
c−i∞
e(s−c)x
ds
∞
0
e−ts
f(t)dt (4.3)
Assim podemos definir.
Definição 4.1.1. Dada f : [0, ∞] → R definimos a transformada de Laplace de f como sendo
F(s) = L {f(x)} =
∞
0
e−sx
f(x)dx (4.4)
desde que esta integral indefinida seja convergente
Definição 4.1.2. Dada f : [0, ∞] → R definimos a transformada inversa de Laplace de f como
sendo
L {F(x)} =
c+i∞
c−i∞
est
F(x)dx (4.5)
desde que esta integral indefinida seja convergente
A transformada de uma função f(x), na variável x, se torna através de L em uma
função F(s) na variável s, que comulmente á mais simples que a função sem passar pela trans-
formada. Nem toda função possui transformada de Laplace, para que a integral
∞
0
e−sx
f(x)dx (4.6)
convirja é preciso que f(x) não cresça mais que a função exponencial, isto é, a função que quer-
emos encontrar a transformada não pode superar Mekx
, com M e k costantes. Então dizemos
que f é de ordem exponencial.
Exemplo 4.1.1. Seja f(x) = 1 para todo t real e positivo, então temos que.
F(s) = L {1} =
∞
0
e−st
dt =
1
s
(4.7)
Exemplo 4.1.2. Seja f(t) = eat
onde a é uma constante, então temos que.
F(s) = L {eat
} =
∞
0
e−st
eat
dt =
∞
0
e−(s−a)t
dt =
1
s − a
(4.8)

31. 28
com s > a para a integral seja convergente.
Exemplo 4.1.3. Seja f(t) = senat onde a é uma constante real, então temos que.
L {senat} =
∞
0
e−st
senat dt (4.9)
=
1
2i
∞
0
[e−t(s−ia)
− e−t(s+ia)
]dt (4.10)
=
1
2i
1
s − ia
−
1
s + ia
(4.11)
=
a
s2 + a2
(4.12)
Exemplo 4.1.4. Seja f(t) = cos at onde a é uma constante real, então temos que.
L {cos at} =
∞
0
e−st
cos at dt (4.13)
=
1
2
∞
0
[e−t(s−ia
+ e−t(s+ia
] dt (4.14)
=
1
2
1
s − ia
+
1
s + ia
(4.15)
=
s
s2 + a2
(4.16)
Exemplo 4.1.5. Seja f(t) = tn
onde n é um inteiro positivo, por indução teremos,
L {cos at} =
n!
sn+1
(4.17)
Agora seja f(t) = ta
onde a é um número real, temos que
L {ta
} =
∞
0
ta
e−st
dt (4.18)
fazendo st = x encontramos.
L {ta
} =
1
sa+1
∞
0
xa
e−x
dx =
Γ(a + 1)
sa+1
(4.19)
Onde a função Γ(a) é denominada a função gama definida pela integral
Γ(a) =
∞
0
xa−1
e−x
dx
esta função gama satisfaz a seguinte relação Γ(a + 1) = aΓ(a), em particular temos que se

32. 29
a = 1
2
resulta em
L
1
√
t
=
Γ(1
2
)
s
1
2
=
π
s
(4.20)
onde Γ(1
2
) =
√
π
4.2 Propriedades
Teorema 4.2.1. Se f(x) e g(x) forem possíveis de calcular a suas transformadas de Laplace e
tivermos L {f(x)} = L {g(x)}. Exceto em pontos de descontinuidades teremos que f(x) =
g(x).
Demonstração. Primeiro defina h = f − g, e temos que L {h}(s) = 0, para s ≥ s0, Então
calculemos a transformada de Laplace no ponto (s0 + n), ou seja,
0 = L {h}(so + n) =
∞
0
e−nx
e−s0x
h(x)dx =
∞
0
e−nx
v (x)dx
onde v(x) =
∞
0
e−s0τ
h(τ)dτ, integrando por partes encontramos que
e−nx
v(x)
∞
0
+ n
∞
0
e−nx
v(x)dx = 0
como v(0) = 0 e usando o fato que |f(x)| ≤ M
s−k
, onde M e k são constantes, temos que
∞
0
e−nx
v(x)dx
nos pontos que h é continua v é derivável e que v (x) = es0x
h(x) com o isso se provássemos que
v(x) = 0 conseguiremos provar que h(x) = 0. Para isso façamos a seguinte mudança de var-
iável em
∞
0
e−nx
v(x)dx, façamos x = − ln t e u(t) = v(− ln t), obtemos que,
1
0
tn
u(t)dt = 0
para n = 1, 2, 3, . . ., o que implica que u(t) = 0 e observe que com isso temos que,
1
0
(u(x))2
dt = 0 ⇒ u(t) = 0, ∀ t ∈ [0, 1]
e com isso temos que h(x) = 0, de onde concluímos que f(x) = g(x), menos nos pontos de
descontinuidades de f e g.
Os próximos teoremas e proposições são algumas propriedades operatórias das trans-
formadas de Laplace e de muita importância para entender a sua transformada inversa.

33. 30
Teorema 4.2.2. Seja L {f(t)} = F(s) então temos que L {e−at
f(t)} = F(s + a), onde a é
uma constante real.
Demonstração. Da definição temos que
L e−at
f(t) =
∞
0
e−(s+a)t
f(t)dt = F(s + a)
Para o próximo teorema vamos ter que definir melhor a função escada
H(x − a) =
1, x > a
0, x < a
Teorema 4.2.3. Seja L {f(t)} = F(s), para a > 0 temos que
L {f(t − a)H(t − a)} = e−as
F(s) = e−as
L {f(t)} (4.21)
Demonstração. Aplicando a definição temos que
L {f(t − a)H(t − a)} =
∞
0
e−st
f(t − a)H(t − a)dt =
∞
a
e−st
f(t − a)dt
Fazendo t − a = τ encontramos.
s−sa
∞
0
e−sτ
f(τ)dτ = e−sa
F(s)
Como caso particular temos f(t) = 1 temos.
L {H(t − a)} =
1
s
e−sa
Exemplo 4.2.1. Utilizando as propriedades encontre a transformada de Laplace da função
f(t) =



1, 0 < t < 1
−1, 1 < t < 2
0, t > 2
primeiro vamos reescrever a função f(t) como sendo
f(t) = 1 − 2H(t − a) + H(t − 2)

34. 31
assim aplicando a transformada de Laplace fica sendo.
L {f(t)} = L {1} − 2L {H(t − 1)} + L {h(t − 2)} =
1
s
− 2
s−s
s
+
e−2s
s
Exemplo 4.2.2 (A função impulso). Um pulso de grande magnitude e curta duração, é chamado
de um impulso. A função impulso, denotado por δ(t), e às vezes chamado de função delta, é
um impulso de unidade em t = 0. É o limite de um pulso de duração α e magnitude 1
α
quando
α → 0. Assim
δ(t) = lim
α
→ 0
H(t) − H(t − α)
α
disto resulta que
L {δ(t)} = lim
α→0
1 − e−αs
αs
= lim
α→0
se − αs
s
= 1
A função δ(t − α) representa a função impulso aplicado em t = α e a transformada de laplace
é dada por
L {δ(t − α)}
A função impulso é útil quando estamos tentando modelar situações físicas, como é o
caso de duas bolas de bilhar que colide, onde temos uma grande força de atuar por um curto
período de tempo que produz uma mudança finita de impulso.
Exemplo 4.2.3 (Função Periódica). Às vezes, particularmente em problemas envolvendo cir-
cuitos elétricos, e temos que a transformada de Laplace de uma função f(t) com a propriedade
que f(t + T) = f(t),t > 0 onde T é uma constante. Essa função é chamada de periódica, os
exemplos mais freqüentes de funções periódicas são sen t e cos t. A transformada de Laplace
de f(t) é dada por
F(s) =
∞
0
e−st
f(t)dt
=
T
0
e−st
f(t)dt +
2T
T
e−st
f(t)dt + . . . +
(K+1)T
kT0
e−st
f(t)dt + . . .
Mas como
(K+1)T
kT0
e−st
f(t)dt =
T
0
e−st
f(t)dt
implica que
F(s) = 1 + esT
+ e2sT
+ . . . + eksT
+ . . .
T
0
e−st
f(t)dt
utilizando a convergência da série geométrica temos que
F(s) =
T
0
e−st
f(t)dt
1 − e−st

35. 32
Quando tentamos encontrar a transformada inversa de Laplace às vezes obtemos funções
que são dadas por uma integral, um exemplo é a função erro.
Definição 4.2.1. A função erro é definida como sendo
erf(x) =
2
π
x
0
e−t2
dt
esta função está relacionada com a distribuição normal na estatística e o fator
2
π
serve para
deixar a área sendo igual a um, o que é requisito na teoria das probabilidades.
Teorema 4.2.4. Nesse teorema vamos estabelecer uma relação entre a transformada de Laplace
de uma derivada. Seja L {f(t)} = F(s) e f (t) a derivada primeira de f(t) então.
L {f (t)} = sF(s) − f(0)
de maneira modo temos que f (t) a derivada segunda.
L {f (t)} = s2
F(s) − sf(0) − f (0)
e em geral temos
L f(n)
(t) = sn
F(s) − sn−1
f(0) − . . . − sfn−2
(0) − f(n−1)
(0)
Demonstração. Para provar este teorema utilizamos a integração por partes, da definição temos
que, L {f (t)} =
∞
0
e−st
f (t)dt agora integrando por partes encontramos
L {f (t)} =
∞
0
e−st
f (t)dt (4.22)
= e−st
f(t) |∞
0 + s
∞
0
e−st
f(t)dt (4.23)
= sF(s) − f(0). (4.24)
e assumindo que f(t)e−st
→ 0 quando t → 0, agora aplicando novamente encontramos
L {f (t)} = sL {f (t)} − f (0) (4.25)
= s[sL {f(t)} − f(0)] − f (0) (4.26)
= s2
F(s) − sf(0) − f (0) (4.27)
novamente assumindo que f(t)e−st
→ 0 quando t → 0, de modo similar se prova a expressão
que generaliza o resultado.
Podemos encontrar resultado semelhante para funções de várias variáveis como por

36. 33
exemplo, seja u(x, t) uma função de duas variáveis x e t, então
L
∂u
∂t
= sU(x, s) − u(x, 0)
L
∂2
u
∂t2
= s2
U(x, s) − su(x, 0) −
∂u
∂t
|t=0
L
∂u
∂x
=
dU
dx
L
∂2
u
∂x2
=
d2
U
dx2
Assim utilizamos a transformada de Laplace também para resolver Equações Diferen-
ciais ordinárias e Equações Diferenciais Parciais
Uma das propriedades importantes das transformadas e a operação de Convolução que
é dado no seguinte teorema.
Teorema 4.2.5. Sejam L {f(t)} = F(s) e L {g(t)} = G(s) então,
L {(f(t) ∗ g(t))} = L {f(t)} L {g(t)} = F(s)G(s)
ou também podemos escrever
L −1
{F(s)G(s)} = f(t) ∗ g(s)
Chamamos a operação f(t) ∗ g(s) de convolução de f(t) e g(t) cuja definição é dada
pela integral abaixo
f(t) ∗ g(s) =
t
0
f(t − τ)g(τ)dτ
esta integral também é conhecida como integral de convolução e é denotada simplesmente por
(f ∗ g)(t)
Demonstração. Pela definição temos que
L {(f(t) ∗ g(t))} =
∞
0
e−st
dt
t
0
f(t − τ)g(τ)dτ
Antes de fazer uma mudança de variáveis t − τ = x vamos observar os extremos de integração
e trocar a região de integração encontramos a seguinte relação
L {(f(t) ∗ g(t))} =
∞
0
g(t)dt
∞
t
e−st
f(t − τ)dτ

37. 34
agora sim fazendo a mudança de variáveis obtemos
L {(f(t) ∗ g(t))} =
∞
0
g(t)dt
∞
t
e−s(x+τ)
f(x)dx
de onde temos que
L {(f(t) ∗ g(t))} =
∞
0
e−sτ
g(t)dt
∞
t
e−s(x)
f(x)dx = F(s)G(s)
A operação de convolução tem as seguintes propriedades. Sejam f,g,h funções e a, b
constantes
• Associativa.
f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h
• Comutativa.
f ∗ g = g ∗ f
• Distributiva.
f(ag + bh) = af ∗ g + bf ∗ h
•
f ∗ (ag) = (af) ∗ g = a(f ∗ g)
Os próximos resultados que vamos apresentar diz respeito a diferenciação e integração
de Transformadas de Laplace. Essa é a parte importante, pois vamos ver que a derivada de uma
transformação é o produto por certas variáveis, e com isso transformamos equações diferenciais
em equações algébricas geralmente mais fáceis de resolver.
Teorema 4.2.6. Seja L {f(t)} = F(s) então temos que
L {tn
f(t)} = (−1)n dn
dsn
F(s)
onde n = 1, 2, 3, . . ..
Exemplo 4.2.4. Calcule a transformada de Laplace de
a) L {tn
e−at
} aplicando o que sabemos no último teorema temos
L tn
e−at
) = (−1)n dn
dsn
1
s + a

38. 35
assim sendo temos que
L tn
e−at
= (−1)2n n!
(s + a)n+1
b) L {t cos t} aplicando o que sabemos no último teorema temos
L {t cos t)} = (−1)n d
ds
s
s2 + a2
assim sendo temos que
L {t cos t)} =
s2
− a2
(s2 + a2)2
Teorema 4.2.7. Seja L {f(t)} = F(s) então temos que
L
f(t)
t
=
∞
s
F(s)ds
Demonstração. Sabendo que F(s) =
∞
0
e−st
f(t)dt integrando ambos os lados
∞
s
F(s)ds =
∞
s
ds
∞
0
e−st
f(t)dt
trocando a ordem das integrais temos que
∞
s
F(s)ds =
∞
0
f(t)dt
∞
s
e−st
ds
e integrando isso obtemos
∞
s
F(s)ds =
∞
0
f(t)
t
dt = L
f(t)
t
o que prova o teorema.
Exemplo 4.2.5. Calcule as seguintes transformada de Laplace.
a) L
senat
t
utilizando o teorema anterior temos que
L
senat
t
= a
∞
s
ds
s2 + a2
=
π
2
− tan−1 s
a
= tan−1 s
a
Como será a transformada de Laplace de uma integral de uma função, é esse o resultado
do próximo teorema,

39. 36
Teorema 4.2.8. Seja L {f(t)} = F(s) então temos que
L
∞
0
f(τ)dτ =
F(s)
s
Demonstração. Primeiro vamos considerar a função
g(t) =
t
0
f(τ)dτ
note que g(0) = 0 e que g (t) = f(t), bem como L {g(t)} = G(s) Assim temos que
F(s) = L {f(t)} = L {g (t)} = sG(s) = s
∞
0
f(τ)dτ
Até agora calculamos a transformada de Laplace, isto é, dada uma função f(x) apli-
cando encontramos uma função F(s), agora vamos fazer o inverso, vamos calcular a Trans-
formada Inversa de Laplace. Existem vários métodos para calcular a transformada inversa de
Laplace uma delas que utiliza a Formula Complexa de Inversão que deixamos uma seção espe-
cial para ela. Vamos estudar esses métodos: 1. Decomposição em frações parciais; 2. Utilizando
o Teorema de Comvolução; 3. O método de Heaviside1
; 4. e o Método da Fórmula de Complexa
de Inversão.
Para decompor em frações parciais, primeiro temos que notar que se L {f(t)} = F(s)
então L −1
{F(s)} = f(t), por exemplo L {1} =
1
s
então L −1 1
s
= 1. Assim seja
F(s) =
P(s)
Q(s)
onde P(s) e Q(s) são polinômios em s, o grau de P(s) é menor que o de Q(s), o método de
frações parciais podem ser usadas para expressar F(s)como a soma dos termos que podem ser
invertidos usando uma tabela de transformadas de Laplace. Nós vamos ilustrar o método por
meio de exemplos simples.
Exemplo 4.2.6. Vamos encontrar a transformada inversa de laplace da função
F(s) =
1
s(s − a)
1
Oliver Heaviside (18 de maio, 1850 - 3 de Fevereiro de 1925) foi um autodidata Inglês engenheiro elétrico,
matemático e físico que adaptou números complexos para o estudo de circuitos elétricos, inventou técnicas
matemáticas para a solução de equações diferenciais.

40. 37
onde a é constante. Assim podemos escrever
f(t) = L −1 1
s(s − a)
(4.28)
= L −1 1
a
1
s − a
−
1
s
=
1
a
L −1 1
s − a
− L −1 1
s
=
1
a
(eat
− 1)
Exemplo 4.2.7. Vamos calcular a transformada inversa de Laplace de
F(s) =
2s2
+ 5s + 7
(s − 2)(s2 + 4s + 13)
f(t) = L −1 2s2
+ 5s + 7
(s − 2)(s2 + 4s + 13)
(4.29)
= L −1 1
a − 2
+
s + 2
(s + 2)2 − 32
+
1
(s + 2)2 − 32
=
1
a
L −1 1
s − 2
+ L −1 s + 2
(s + 2)2 − 32
+ +
1
3
L −1 3
(s + 2)2 − 32
+
= e2t
+ e−2t
+ cos 3t +
1
3
e−2t
sen3t
Para utilizar o teorema de convolução vamos mostrar alguns exemplos
Exemplo 4.2.8. Calcule a transformada inversa da função
F(s) =
1
s(s − a)
utilizando o teorema de convolução, basta notar que
f(t) = L −1 1
s(s − a)
(4.30)
= L −1 1
s
1
s − a
= L
1
s
∗ L
1
s − a
= 1 ∗ eat
=
t
0
eaτ
dτ =
eat
− 1
a

41. 38
Exemplo 4.2.9. Calcule a transformada inversa da função
F(s) =
1
s2(s2 + a2)
utilizando o teorema de convolução, basta notar que
f(t) = L −1 1
s2(s2 + a2)
(4.31)
= L −1 1
s2
1
s2 + a2
= L
1
s2
∗ L
1
s2 + a2
= t ∗
senat
a
=
1
a
t
0
(t − τ)senaτdτ
=
t
a
t
0
senaτdτ −
t
0
τsenaτdτ
=
1
a2
t −
1
a
senat
Exemplo 4.2.10. Se f(t) = L −1
{F(s)} então
L −1 1
s
F(s) =
0
t
f(x)dx
utilizando o teorema de convolução temos que
L −1 1
s
F(s) = L
1
s
∗ L {F(s)} (4.32)
=
t
0
f(t − τ)dτ
=
t
0
f(x)dx
o próximo exemplo é uma aplicação da definição da função erro
Exemplo 4.2.11. Vamos encontrar a seguinte transformada inversa
L −1 1
√
s(s − 1)
vamos utilizar a convolução, para isso lembremos que
L −1 1
√
s
=
1
√
πt

42. 39
e também que
L −1 1
s − 1
= et
sendo assim temos que
L −1 1
√
s(s − 1)
=
t
0
1
√
πτ
e(t−τ)
dτ =
et
√
π
t
0
e(
− τ)
√
τ
dτ
substituindo τ = u2
vamos obter
t
0
e−τ
√
τ
dτ = 2
√
t
0
e−u2
du
logo temos que
L −1 1
√
s(s − 1)
= et
erf
√
t
Outro método que vamos utilizar é a Expansão de Heaviside para calcular a transfor-
mada inversa de Laplace.
Sejam L {f(t)} = F(s) e a série de Taylor de f(t) em torno de t = 0 da forma
f(t) =
r=0
∞
ar
tr
r!
aplicando a transformada de Laplace obtemos
F(s) =
∞
r=0
ar
sr+1
Por outro lado, podemos derivar a partir de uma dada expansão dada acima. Este tipo
de expansão é útil para determinar o comportamento da solução para tempos pequenos.
Teorema 4.2.9 (Expansão de Heaviside). Se
F(s) =
P(s)
Q(s)
onde P(s) e Q(s) são polinômios onde o grau de P(s) é menor do que o grau de Q(s), então
L −1 P(s)
Q(s)
=
n
k=1
P(αk)
Q (αk)
etαk
onde αk são as raizes distintas da equação Q(s) = 0
Demonstração. Sem perda de generalidade, podemos assumir que o coeficiente principal de

43. 40
Q(s) é a unidade e escrever diferentes fatores de Q(s) de modo que
Q(s) = (s − α1)(s − α2) . . . (s − αk) . . . (s − αn)
Usando as regras de decomposição em frações parciais, podemos escrever
F(s) =
P(s)
Q(s)
=
n
k1=1
Ak
(s − αk)
onde Ak são constantes arbitrarias a ser determinadas juntando as duas últimas equações obte-
mos
P(s) =
n
k−1
Ak(s − α1)(s − α2) . . . (s − αk−1)(s − αk+1) . . . (s − αn)
Substituindo s = αk temos
P(s) = Ak(αk − α1)(αk − α2) . . . (αk − αk−1)(αk − αk+1) . . . (αk − αn)
para k = 1, 2, 3, . . . , n A diferenciação de Q (s) fornece
Q (s) =
n
k=1
(s − α1)(s − α2) . . . (s − αk−1)(s − αk+1) . . . (s − αn)
Donde se segue que
Q (s)(αk − α1)(αk − α2) . . . (αk − αk−1)(αk − αk+1) . . . (αk − αn)
Disso tudo encontramos que
Ak =
P(s)
Q (s)
de onde
P(s)
Q (s)
=
n
k=1
P(αk)
Q (αk)
1
(s − αk)
Invertendo imediatamente temos
L −1 P(s)
Q(s)
=
n
k1=1
Ak
(s − αk)
Vamos mostrar alguns exemplos da aplicação desse teorema.
Exemplo 4.2.12. Considerando
L −1 s
s2 − 3s + 2

44. 41
aqui temos que P(s) = s e Q(s) = s2
− 3s + 2 = (s − 1)(s − 2) portanto
L −1 s
s2 − 3s + 2
=
P(2)
Q (2)
e2t
+
P(1)
Q(1)
et
4.2.1 Fórmula Complexa de Inversão
Seja f uma função que tenha transformada de Laplace, isto é, F(s) = L {f(x)} então
a transformada inversa L −1
{F(s)} será dada pela fórmula
L −1
{F(s)} = f(x) =
1
2πi
γ+i∞
γ−i∞
esx
F(s)ds (4.33)
para x > 0 e se x < 0 f(x) = 0. Esta fórmula é denominada como Fórmula de Inversão
Complexa que proporciona um método direto que nos fornece a transformada inversa de uma
função dada F(s). Mas esse método possui certas dificuldades, como a integração deve ser
feita em uma reta s = γ no plano complexo, onde s = x + iy e o número real γ deve ser
escolhido de forma que s = γ esteja à direita de todas as singularidades (pólos, ramificações ou
singularidades essenciais), mas entretanto é arbitrária.
Para, na prática, estes cálculos são feitos com a integral em F(s) é calculada con-
siderando a integral sobre o contorno
1
2πi C
esx
F(s)ds (4.34)
Onde o contorno C é o contorno da Figura (4). Esse contorno é conhecido como
Contorno de Bromwich que é composto da linha AB e do arco de circunferência de centro
na origem e possui um número real R onde R = |γ + iT| = γ2 + T2 então este arco de
circunferência BJKLA que vamos denotar por Γ, portanto
f(x) = lim
R→∞
1
2πi
γ+iT
γ−iT
esx
F(s)ds (4.35)
= lim
R→∞
1
2πi C
esx
F(s)ds −
1
2πi Γ
esx
F(s)ds (4.36)
Isto é a função f será a integral sobre o Contorno de Bromwich menos a integral sobre
o arco de circunferência BJKLA
Fazemos esta mudança para aplicar o Teorema dos Resíduos (Teorema 2.2.11) para
encontrar a transformada inversa de Laplace.

45. 42
Figura 4: Contorno de Bromwich
Para isso temos que várias hipóteses, tais como que todas as singularidades estão a
esquerda da reta s = γ para um número real γ escolhido convenientemente, temos que supor
que a integral no arco de circunferência tende a zero quando R tende a infinito, então pelo
teorema dos resíduos encontramos que
f(x) = Soma dos resíduos de esx
F(s) nos pólos de F(s) (4.37)
Mas, como já dito, para aplicar o Teorema dos Resíduos precisamos de certas condições,
uma delas e que a integral ao redor de Γ tende a zero quendo o raio tende a infinito. Uma
condição que sempre que acontecer podemos garantir que a integral sobre Γ tende a zero quando
R tende a infinito é o seguinte teorema.
Teorema 4.2.10. Se existir constantes M > 0 e k > 0 tais que sobre Γ que pode ser vista como
s = Reiθ
|F(s)| <
M
Rk
(4.38)
Então a integral ao redor do arco Γ tende a zero quando R tende a infinito, isto é
lim
R→∞ Γ
esx
F(s)ds = 0 (4.39)

46. 43
4.2.2 Uso do teorema de resíduos para encontrar transformadas inversas
de Laplace
Aqui vamos mostrar alguns exemplos onde a transformadas inversas de Laplace é cal-
culada com o teorema de resíduos.
Exemplo 4.2.13. Seja F(s) =
1
s − a
vamos encontrar a transformada inversa de Laplace.
Primeiro temos que verificar se a função satisfaz a condição necessária dita no Teorema 4.2.10,
isto é, para s = Reiθ
temos
|F(s)| =
1
s − a
=
1
Reiθ − a
≤
1
|Reiθ| − a
=
1
R − a
<
a
R
(4.40)
para R > 2a, assim k = 1 e M = a.
Agora vamos calcular o resíduo de
sst
s − a
, mas como
sst
s − a
tem apenas um pólo sim-
ples em s = a temos que
Res
sst
s − a
, a = lim
s→a
(s − a)
est
s − a
= eat
(4.41)
logo temos que L −1 sst
s − a
= eat
Exemplo 4.2.14. Vamos agora calcular a seguinte transformada inversa de Laplace
L −1 1
(s + 1)(s − 2)2
usando resíduos.
Primeiro verificamos as condições necessárias para poder aplicar o teorema dos resí-
duos. Seja s = Reiθ
.
|f(s)| =
1
(s + 1)(s − 2)2
=
a
|(s + 1)(s − 2)2|
≤
1
|R − 2|3
<
2
R
3
=
8
R3
(4.42)
logo é válido para k = 3 e M = 8.
Assim basta calcular ao resíduos temos que em s = 1 é um pólo simples logo
Res(f, −1) = lim
s→−1
(s + 1)
est
(s + 1)(s − 2)2
=
1
9
e−t
(4.43)
e em s = 2 é um pólo duplo assim.
Res(f, 2) = lim
s→2
(s − 2)2 est
(s + 1)(s − 2)2
(4.44)

47. 44
= lim
s→2
d
ds
(s − 2)2 est
(s + 1)(s − 2)2
= lim
s→2
d
ds
est
s + 1
= lim
s→2
(s + 1)est
− est
(s + 1)2
=
1
3
s2t
−
1
9
e2t
então
L −1 1
(s + 1)(s − 2)2
= Res(f) =
1
9
e−t
+
1
3
e2t
+
1
9
e2t
(4.45)
Exemplo 4.2.15. Nesse próximo exemplo vamos calcular L −1 s
s2 + a2
como sempre primeiro
temos que verificar a possibilidade de aplicar o teorema dos resíduos
|F(s)| =
s
s2 + a2
=
Reiθ
(Reiθ)2 + a2
≤
|Reiθ
|
|Reiθ|2 + a2
<
R2
R2 + a2
<
a2
R2
(4.46)
logo é válido para k = 2 e M = a2
. Portanto basta calcular os resíduos. Temos duas singular-
idades simples em s = ia e em s = −ia. Calculando os resíduos em s = ia temos
Res(F, ia) = lim
s→ia
(s − ia)
sest
s2 + a2
(4.47)
= lim
s→ia
(s − ia)
sest
(s − ia)(s + ia)
= lim
s→ia
sest
s + ia
=
eiat
2
Também calculando o resíduo em s = −ia
Res(F, −ia) = lim
s→−ia
(s + ia)
sest
s2 + a2
(4.48)
= lim
s→−ia
(s + ia)
sest
(s − ia)(s + ia)
= lim
s→−ia
sest
s − ia
=
e−iat
2
portanto temos que
L −1 s
s2 + a2
= Res(F) =
eiat
+ e−iat
2
= cos(at) (4.49)
Exemplo 4.2.16. Nesse próximo exemplo vamos é parecido com o anterior calcular L −1 1
s2 + a2
como sempre primeiro vamos verificar se é possível aplicar o teorema dos resíduos
|F(s)| =
1
s2 + a2
=
1
(Reiθ)2 + a2
≤
1
|Reiθ|2 + a2
<
1
R2 + a2
<
a2
R2
(4.50)

48. 45
logo é válido para k = 2 e M = a2
. Portanto basta calcular os resíduos. Novamente temos
duas singularidades simples em s = ia e em s = −ia. Calculando os resíduos em s = ia temos
Res(F, ia) = lim
s→ia
(s − ia)
est
s2 + a2
(4.51)
= lim
s→ia
(s − ia)
est
(s − ia)(s + ia)
= lim
s→ia
est
s + ia
=
eiat
2ia
Também calculando o resíduo em s = −ia
Res(F, −ia) = lim
s→−ia
(s + ia)
est
s2 + a2
(4.52)
= lim
s→−ia
(s + ia)
est
(s − ia)(s + ia)
= lim
s→−ia
est
s − ia
=
e−iat
−2ia
portanto temos que
L −1 1
s2 + a2
= Res(F) =
eiat
− e−iat
2ia
=
sen(at)
a
(4.53)
Os próximos teoremas dão o comportamento das funções em termos do comporta-
mento da transformada. Particularmente, eles determinam o valor do funções f(t) para valores
grandes e pequenos de tempo t. Estes teoremas são chamados Teoremas tauberianos são ex-
tremamente úteis e têm aplicações freqüentes.
Teorema 4.2.11 (do Valor Inicial). Seja L {f(t)} = F(s) então temos que
lim
s→∞
F(s) = 0
e mais, se f(t) e as derivadas existe quando t → 0 nós obtemos
(i) lim
s→∞
[sF(s)] = lim
t→0
f(t) = f(0)
(ii) lim
s→∞
[s2
F(s) − sf(0)] = lim
t→0
f (t) = f (0)
(iii) lim
s→∞
[sn+1
F(s) − sn
f(0) − . . . − sf(n−1)
(0)] = f(n)
(0)
Demonstração. Como a integral da Transformada é uniformemente convergente temos que é
possível aplicar o limite, logo
lim
s→∞
F(s) =
∞
0
lim
s→∞
e−st
f(t)dt = 0

49. 46
utilizando o mesmo argumento temos
lim
s→∞
L {f (t)} =
∞
0
lim
s→∞
e−st
f (t)dt = 0
os outros resultados são análogos.
Exemplo 4.2.17. Encontre f(0) e f (0) quando F(s) =
1
s(s2 + a2)
Do teorema anterior temos que
f(0) = lim
s→∞
[sF(s)] = lim
s→∞
1
s2 + a2
= 0
f (0) = lim
s→∞
s2
F(s) − sf(0) = lim
s→∞
s
s2 + a2
= 0
Exemplo 4.2.18. Encontre f(0) e f (0) quando F(s) =
2s
s2 − 2s + 5
Do teorema anterior também temos que
f(0) = lim
s→∞
[sF(s)] = lim
s→∞
2s2
s2 − 2s + 5
= 2
f (0) = lim
s→∞
s2
F(s) − sf(0) = lim
s→∞
2s3
s2 − 2s + 5
− 2s = 4
Teorema 4.2.12 (do Valor Final). Se F(s) =
P(s)
Q(s)
onde P(s) e Q(s) são polinômios em s, e o
grau de P(s) é menor que o de Q(s), e se todas as raízes de Q(s) = 0 têm parte real negativa,
com a possível exceção de uma raiz que pode ser em s = 0, então,
(i) lim
s→0
F(s) =
∞
0
f(t)dt
(ii) lim
s→0
[sF(s)] = lim
s→∞
f(t)
desde que o existem limites. O resultado é verdadeiro em condições mais gerais, e conhecido
como o Teorema do Valor Final. Este teorema determina o valor final de f(t) no infinito da sua
transformada de Laplace em s = 0. No entanto, se F(s) é mais geral do que a função racional
como dito acima, uma declaração da um teorema mais geral é necessário, com condições
adequadas ao abrigo do qual ele é válido.
Demonstração. Para provar (i), usamos o mesmo argumento utilizado no teorema anterior e
encontrar
lim
s→0
=
∞
0
lim
s→0
e−st
f(t)dt =
∞
0
f(t)dt

50. 47
como antes, podemos usar resultado os resultados anteriores para obter
lim
s→0
L {f (t)} = lim
s→0
[sF(s) − f(0)] (4.54)
=
∞
0
lim
s→0
e−st
f (t)dt
=
∞
0
f (t)dt
= lim
t→∞
[f(t) − f(0)]
Assim, segue-se imediatamente que
lim
s→0
[sF(s)] = lim
t→∞
f(t)
Exemplo 4.2.19. Encontrar lim
t→∞
f(t), se existir, da função
F(s) =
1
s(s2 + 2s + 2)
Seja P(s) = 1 e Q(s) = s(s2
+ 2s + 2), como s = 0 e s = −1 ± i são as raizer de Q(s) = 0 e
como satisfaz as condições do teorema, assim,
lim
s→0
[sF(s)] = lim
s→0
1
s2 + 2s + 2
=
1
2
= lim
t→∞
f(t)
Exemplo 4.2.20. Encontrar lim
t→∞
f(t), se existir, da função
F(s) =
s
s − 2
O teorema do valor final não se aplica pois Q(s) = 0 tem uma raiz positiva.
4.3 Aplicações da Transformada de Laplace
Muitos problemas de interesse físico são descritos por equações diferenciais ordinárias
ou parciais, com adequadas condições iniciais ou de fronteira. Esses problemas geralmente são
formulados como problemas de valor inicial, os problemas de valor de contorno, ou problemas
de valor de contorno inicial que parecem ser matematicamente mais rigoroso e fisicamente re-
alista em ciências aplicadas e engenharia. O método transformada de Laplace é particularmente
útil para encontrar soluções para estes problemas. O método é muito eficaz para a solução da
resposta de um sistema linear governado por uma equação diferencial ordinária com os dados

51. 48
iniciais, mais precisamente, buscamos a solução de um sistema linear para seu estado no tempo
t > 0 posterior devido ao estado inicial em t = 0.
4.3.1 Solução de Equações Diferenciais Ordinárias
A transformada de Laplace pode ser usada como uma ferramenta eficaz para analisar
as características básicas de um sistema linear regido pela equação diferencial em resposta aos
dados iniciais, os exemplos seguintes ilustram o uso da transformada de Laplace na resolução
de certos problemas de valor inicial escritos por equações diferenciais ordinárias.
Exemplo 4.3.1 (Problema de Valor Inicial). Vamos considerar uma equação diferencial de
primeira ordem
u (t) + pu(t) = f(t)
com as condições de contorno u(0) = a, onde p e a são constantes e f(t) é possui transformada
de Laplace. Aplicando a transformada de Laplace transformamos a equação diferencial em
sU(s) − u(0) + pU(s) = F(s)
ou
U(s) =
a
s + p
+
F(s)
s + p
A inversa da transformada de Laplace junto com o Teorema de Convolução leva à solução.
u(t) = ae−pt
+
t
0
f(t − τ)e−pτ
dτ
Assim, a solução, naturalmente, se divide em dois termos, o primeiro termo cor-
responde à resposta da condição inicial e o segundo termo é inteiramente devido à função
f(t). Em particular, se f(t) = q onde q é constante, então a solução torna-se
u(t) =
q
p
+ a −
q
p
e−pt
O primeiro termo desta solução é independente da tempo t e é normalmente chamado a
solução de estado estacionário. O segundo termo depende do tempo t e é chamada de solução
transitória. No limite quando t → ∞, a solução transitória decai para zero, se p > 0 e a
solução de estado estacionário é atingido. Por outro lado, quando p < 0, a solução transitória
cresce exponencialmente à medida que t → ∞, e a solução torna-se instável.
Esta equação descreve a lei de crescimento natural ou processo de decaimento com
uma função de uma força externa f(t) de acordo com p > 0 ou p < 0. Em particular, se

52. 49
f(t) = 0 e p > 0, a equação resultante ocorre muito freqüentemente em cinética química. Tal
equação descreve a taxa de reações químicas.
Exemplo 4.3.2 (Equação Diferencial de Segunda Ordem). Uma Equação Diferencial de Se-
gunda Ordem linear tem a seguinte forma geral
u (t) + 2pu (t) + qu(t) = g(t)
com as condições iniciais u(0) = a e u (0) = b, onde p, q, a e b são constantes
Aplicando a transformada de Laplace para o problema de valor inicial geral nos dá
s2
U(s) − su(0) − u (0) + 2p(sU(s) − u(0)) + qU(s) = F(s)
Utilizando as condições de valor inicial temos que a solução fica sendo.
U(s) =
(s + p)a + (b + pa) + F(s)
(s + p)2 + n2
onde n2
= q − p2
.
A solução depende dos casos em que q > p2
ou q = p2
ou q < p2
e temos como
solução;
Para n2
= q − p2
> 0
u(t) = ae−pt
cos nt +
1
n
(b + pa)e−pt
sennt +
1
n
t
0
f(t − τ)e−pτ
sennτ dτ (4.55)
Para n2
= q − p2
= 0
u(t) = ae−pt
+ (b + pa)te−pt
+
t
0
f(t − τ)e−pτ
dτ (4.56)
Para n2
= q − p2
< 0
u(t) = ae−pt
cosh nt +
1
n
(b + pa)e−pt
senhnt +
1
n
t
0
f(t − τ)e−pτ
senhnτ dτ (4.57)
Uma relação que podemos estabelecer com a convolução e o método de variação de
parâmetro e de que o este último divide sua solução em uma soma de duas partes onde a primeira
é solução da parte homogênea e a segunda da parte não-homogênea, sendo assim considere o
problema 1.1 que podemos dividir em duas partes.

53. 50
y + py + qy = 0
y(0) = y0; y (0) = y
(4.58)
y + py + qy = g(t)
y(0) = 0; y (0) = 0
(4.59)
onde encontramos yH a solução da parte homogênea e yNH a solução da parte não homogênea
assim a solução do problema fica sendo a y = yH + yNH onde temos que que
yH = c1y1 + c2y2 e yNH = u1y1 + u2y2
com c1, c2 são as constantes a definir com os valores de contorno, y1, y2 são soluções da equação
onde Wroskiano é diferente de zero, isto é, W[y1, y2](t) = 0, e u1, u2 são funções a definir, que
podem ser expressas por
u1(t) = −
y2(t)
W[y1, y2](t)
g(t)dt e u2(t) =
y1(t)
W[y1, y2](t)
g(t)dt
assim podemos dizer que
yNH = −y1(t)
y2(t)
W[y1, y2](t)
g(t)dt + y2(t)
y1(t)
W[y1, y2](t)
g(t)dt
ou ainda
yNH =
−y2(t)y1(t) + y1(t)y2(t)
W[y1, y2](t)
g(t)dt
Note que a solução da parte não-homogênea pode ser visto como um produto de con-
volução da função g(t) com uma algo relacionado a solução da parte não homogênea. Sendo
assim vemos que o ultimo fator de 4.55 , 4.56, 4.57 é uma convolução que representa a parte
não-homogênea.
Um outro exemplo importante da aplicação da transformada de Laplace é a solução de
uma equação de Bessel, pois não é possível resolve-la pelo método de variação de parâmetro.
Exemplo 4.3.3. seja a equação de Bessel2
abaixo
tu (t) + u (t) = a2
tu(t) = 0
com u(0) = 1, aplicando a transformada de Laplace e utilizando as suas propriedades encon-
tramos
L {tu (t))} + L {u (t)} + a2
L {tu(t)}
2
Para maiores detalhes vide DEBNATH, L. Integral transforms and their applications.

54. 51
portanto
−z
d
ds
[L {u (t)}] + sU(s) − u(0) − a2 d
ds
U(s) = 0
assim
d
ds
s2
U(s) − su(0) − u (0) + sU(s) − 1 − a2
U (s) = 0
logo
(s2
+ a2
)U (s) + sU(s) = 0
resolvendo esta equação encontramos
U(s) =
A
√
s2 + a2
onde A é a constante de integração a inversão desta função resulta na função de Bessel de
ordem zero que é dada por
J0(t) =
∞
m=0
−1m
m!Γ(m + 1)
t
2
2m
Assim a solução fica sendo
u(t) = AJ0(at)
Exemplo 4.3.4 (Sistemas de Equações de Primeira Ordem). Considerem o sistema
u1(t) = a11u1(t) + a12u2(t) + b1(t)
u2(t) = a21u1(t) + a22u2(t) + b2(t)
com os valores iniciais u1(0) = y1 e u2(0) = y2 e a11, a12, a21, a22 são constantes.
Escrevendo em forma matricial obtemos temos que
u =
u1
u2
, u =
u1
u2
, A =
a11 a12
a21 a22
b(t) =
b1(t)
b2(t)
, y =
y1
y2
Assim podemos escrever o sistema de equações nessa forma matricial
u (t) = Au + b(t)

55. 52
Tomamos a transformada de Laplace do sistema com as condições iniciais para obter
(s − a11U1(s) − a12U2(s)) = y1 + B1(s) (4.60)
−a21U1(s) + (s − a22)U2(s) = y2 + B2(s)
As soluções desse sistema algébricas são
U1(s) =
y1 + B1(s) −a12
y2 + B2(s) s − s22
s − a11 −a12
−a12 s − s22
U2(s) =
s − a11 y1 + B1(s)
−a12 y2 + B2(s)
s − a11 −a12
−a12 s − s22
Expandindo esses determinantes, os resultados para U1(s) e U2(s) pode ser facilmente
invertida, e as soluções para u1(t) e u2(t) pode ser encontrada.
Agora vamos a um exemplo que mostra esse resultado.
Exemplo 4.3.5. Vamos resolver o sistema matricial
u (t) = Au
com a condição de contorno u(0) =
0
1
onde
u =
u1
u2
e
A =
0 1
−2 3
Note que este sistema é equivalente a
u1 − u2 = 0
u2 + 2u1 − 3u2 = 0

56. 53
e a solução desse sistema é dado por
U1(s) =
1
s2 − 3s + 2
=
1
s − 2
−
1
s − 1
U2(s) =
s
s2 − 3s + 2
=
2
s − 2
−
1
s − 1
Invertendo esses resultados nos obtemos
u1(t) = e2t
− et
, u2(t) = 2e2t
− et
e em forma matricial fica sendo
u(t) =
e2t
− et
2e2t
= et
Exemplo 4.3.6 (Sistema de Equação de Segunda Ordem). Vamos resolver o seguinte sistema
para t > 0
u1(t) − 3u1(t) − 4u2(t) = 0
u2(t) + u1(t) + u2(t) = 0
com as condições de valor inicial u1(0) = u2(0) = 0, u1(0) = 2 e u2(0) = 0 aplicando a
transformada de Laplace encontramos
(s2
− 3)U1(s) − 4U2(s) = 2
U1(s) + (s2
+ 1)U2(s) = 0
resolvendo temos
U1(s) =
2(s2
+ 1)
(s2 − 1)2
=
(s + 1)2
+ (s − 1)2
(s2 − 1)2
=
1
(s − 1)2
+
1
(s + 1)2
portanto, o resultado da inversão fica sendo.
u1(t) = t(et
+ e−t
)
resolvendo U2 obtemos
U2(s) =
(−2)
(s2 − 1)2
=
1
2
1
s − 1
−
1
s + 1
−
1
(s − 1)2
−
1
(s + 1)2
que pode ser facilmente invertida para encontrar
u2(t) =
1
2
(et
− e−t
− tet
− te−t
)

57. 54
4.3.2 Equações Diferenciais Parciais, Problemas de Valor inicial e de Fron-
teira
A transformada de Laplace método é muito útil na resolução de uma série de equações
diferenciais parciais com atribuídas condições iniciais e de contorno. Os exemplos seguintes
ilustram a utilização do método de transformada de Laplace.
Exemplo 4.3.7 (Problema de Valor Inicial e de Contorno de Primeiro Ordem). Vamos resolver
a equação
ut + xux = x
onde x > 0 e t > 0, com as condições de contorno
u(x, 0) = 0 para x > 0
u(0, t) = 0 para t > 0
Vamos aplicar a transformada de Laplace em u(x, t) com respeito a t obtemos
sU(x, t) + xU (x, t) =
x
s
e a condição de contorno fica sendo U(0, s) = 0, agora basta resolver esta equação diferencial
ordinária, utilizando o fator integrante xs
, a solução da equação transformada é
U(x, s) = Ax−s
+
x
s(s + 1)
onde A é a constante de integração. Utilizando as condições de contorno sendo U(0, s) = 0
implica A = 0 por conseqüência temos
U(x, s) =
x
s(s + 1)
= x
1
s
−
1
s + 1
e invertendo encontramos a solução
u(x, t) = x(1 − e−t
)
Exemplo 4.3.8. Vamos encontrar a solução da equação
xut + ux = x
onde x > 0 e t > 0 com as mesma condições de fronteiro e iniciais do problema anterior.
u(x, 0) = 0 para x > 0
u(0, t) = 0 para t > 0

58. 55
aplicando a transformada de Laplace com respeito a variável t temos com as condições dadas
U (x, s) + xsU(x, s) =
x
s
usando o fator de integração e
1
2
x2s
temos como solução
U(x, s) =
1
s2
1 − e−1
2
x2s
finalmente utilizando a transformada inversa encontramos que a solução é dada por
u(x, t) = t − t −
1
2
x2
H t −
x2
2
ou equivalentemente
u(x, t) =
t, 2t < x2
1
2
s2
, 2t > x2
Exemplo 4.3.9 (Equação do Calor em um Meio Semi-infinito). Vamos resolver a equação
ut = κuxx
pora valores positivos de x e t, e com as condições de valor inicial e de contorno dados por
u(x, 0) = 0 para x > 0
u(0, t) = f(t) para t > 0
u(x, t) → 0 para x → ∞, t > 0
aplicando a transformada de Laplace com respeito a t encontramos
U (x, s) −
s
κ
U(x, s) = 0
onde a solução geral é dada por
U(x, s) = Ae−λ
+ Beλ
onde λ = x
s
κ
, e A, B são constantes de integração utilizando as condições de contorno de
valor inicial obtemos que B = 0 e
U(x, s) = F(s)e−λ
invertendo obtemos que
u(x, t) =
x
2
√
πκ
t
0
f(t − τ)τ−3
2 e− x2
4κτ dτ

59. 56
Exemplo 4.3.10 (Equação do Calor em uma Barra Finita). Resolva a equação
ut = κuxx
para valores positivos de x e t, e com a condições de valor inicial e de contorno dados por
u(x, 0) = 0 para a > x > 0
u(0, t) = b para t > 0
u(a, t) = 0 para t > 0
onde a e b são constantes. Aplicando a transformada de Laplace com respeito a variável t
obtemos
U (x, s) −
s
κ
U(x, s) = 0, 0 < x < a
e as condições ficam
U(0, s) =
b
s
, U (a, s) = 0
A solução geral fica sendo
U(x, s) = A cosh λ + Bsenhλ
onde A, B são constantes de integração e λ = x
s
κ
agora utilizando as condições de fronteira
obtemos
U(x, s) =
b
s
·
cosh (a − x)
s
κ
cosh a
s
κ
invertendo temos
u(x, t) = bL −1




cosh (a − x)
s
κ
s cosh a
s
κ




para fazer esta transformada inversa vamos utiliza o Teorema dos Resíduos que diz
que é a soma dos resíduos no contorno Bromwich, seja
F(s) =
cosh (a − x)
s
κ
s cosh a
s
κ

60. 57
Assim
u(x, t) =
1
2πi
c+i∞
c−i∞
est
cosh (a − x)
s
κ
s cosh a
s
κ
ds
Note que o integrando tem pólos simples em s = 0 e as raízes de cosh(κα) = 0, onde α =
s
κ
.
Assim temos que
s = sn = − (2n + 1)2 κπ2
4a2
onde n = 1, 2, 3 . . .. Sendo assim
αn = i(2n + 1)
π
2a
logo R1 = resíduo do pólo s = 0 é 1; Rn = resíduo do polo s = sn é dado por
Rn =
e−snt
cosh i(2n + 1)
π(a − x)
2a
s
d
ds
cosh a
s
κ s=sn
arrumando a expressão acima obtemos
Rn =
4(−1)n+1
(2n + 1)π
exp −
(2n + 1)π
2a
2
κt cos 2n + 1
π(a − x)
2a
Então
u(x, t) = b 1 +
4
π
∞
n=1
(−1)n
2n − 1
cos
(2n − 1)(a − x)π
2a
exp −(2n − 1)2 π
2a
2
κt
expandindo a série em temos dos cossenos
u(x, t) = b 1 −
4
π
∞
n=1
1
2n − 1
sen
πx(2n − 1)
2a
exp −(2n − 1)2 π
2a
2
κt
o mesmo resultado pode ser obtido pelo método de separação de variáveis.

61. 58
4.3.3 Solução de Equações Integrais
Uma equação na qual a função desconhecida ocorre no âmbito de um integrante é
chamado de uma equação integral. Uma equação da forma
f(t) = h(t) + λ
b
a
k(t, τ)f(τ)dτ
em que f é a função desconhecida,h(t), k(t, τ) tem os limites de integração a e b são conheci-
dos, e λ é uma constante, é chamada de equação linear integrante do segundo tipo ou o linear
Equação integral de Volterra. A função k(t, τ) é chamada de kernel da equação. Tal equação é
dita homogênea ou heterogênea de acordo com h(t) = 0 ou h(t) = 0. Se o núcleo da equação
tem a forma k(t, τ) = g(t − τ), a equação é conhecida como a equação de convolução inte-
gral. Nesta seção, mostramos como a transformada de Laplace método pode ser aplicado com
sucesso para resolver as equações integrais de convolução. Este método é simples e direto, e
pode ser ilustrado por exemplos.
Para resolver uma equação integral da forma
f(t) = h(t) + λ
t
0
g(t − τ)f(τ)dτ
Aplicando a transformada de Laplace encontramos
F(s) = H(s) + λL
t
0
g(t − τ)f(t)
observando e lembrando do teorema da convolução
F(s) = H(s) + λF(s)G(s)
invertendo temos que a solução é da forma
f(t) = L −1 H(s)
1 − λG(s)
Em muitos casos simples, o lado direito pode ser invertida usando frações parciais ou
a teoria dos resíduos. Assim, a solução pode ser facilmente encontrada.
Exemplo 4.3.11. Para resolver a equação
f(t) = a + λ
t
0
f(τ)dτ
pelo resultado anterior nós temos
F(s) =
a
s − λ

62. 59
onde pela inversão obtemos
f(t) = aeλt
4.3.4 Cálculo de Integrais Definidas
A transformada de Laplace pode ser utilizada para calcular facilmente certas integrais
definidas com um parâmetro. Embora o método de avaliação pode não ser muito rigorosa, é
bastante simples e direto. O método baseia-se essencialmente sobre a entrada da transformada
na ordem de integração, isto é,
L
b
a
f(x, t)dx =
b
a
L {f(x, t)} dx
Exemplo 4.3.12. Calcule a integral
f(t) =
∞
0
sen(tx)
x(a2 + x2)
dx
Tomamos a transformada de Laplace com respeito a t e invertendo a ordem de inte-
gração, que é devido permitido convergência uniforme, assim obtemos
F(x) =
∞
0
dx
x(a2 + x2)
∞
0
e−st
sen(tx)dt
=
∞
0
dx
(a2 + x2)(x2 + s2)
=
1
s2 − a2
∞
0
1
a2 + x2
−
1
x2 + s2
=
1
s2 − a2
1
a
−
1
s
π
2
=
π
2
1
s(a + s)
=
π
2
1
s
−
1
s + a
invertendo obtemos que
f(t) =
π
2a
(1 − e−at
)
4.3.5 Limite de Séries
Com a ajuda de Laplace, Wheelon (1954) desenvolvido pela primeira vez um método
direto para o problema de limites séries. Seu método baseia-se essencialmente a operação
que está contido no somatório dos dois lados de uma transformada de Laplace com relação
ao transformar a variável s. Isso é seguido por um intercâmbio de somatório e integração que

63. 60
leva à soma desejado como integrante de uma série geométrica ou exponencial, o que pode ser
resumida de forma fechada.
Seja F(s) = L {f(x)} então
∞
n=1
anF(n) =
∞
n=1
an
∞
0
f(x)e−nx
dx
Vamos considerar os casos onde podemos inverter a integral com o sinal do somatório,
assim obtemos ∞
n=1
anF(n) =
∞
0
f(t)b(t)dt
onde
b(t) =
∞
n=1
ane−nt
Agora vamos assumir que f(t) =
1
Γ(p)
tp−1
e−xt
de modo que F(n) = (n+x)−p
assim
torna-se
∞
n=1
anF(n) =
∞
n=1
an
(n + x)p
=
1
Γ(p)
∞
0
b(t)tp−1
e−xt
dt
Isso mostra que uma série pode ser expressa em termos de uma integral. Vamos mostrar
o método por meio de exemplos simples.
Exemplo 4.3.13. Mostre que
∞
n=1
1
n2
=
π2
6
Sendo x = 0, p = 2 e an = 1 para todo n, nos encontramos dos resultados anteriores que
b(t) =
∞
n=1
e−nt
=
1
et − 1
então ∞
n=1
1
n2
=
∞
0
t dt
et − 1
=
π2
6
Exemplo 4.3.14 (Corrente em um Circuito Elétrico Simples). A corrente em um circuito com
indutância L, resistência R e capacitância C e com uma tensão aplicada E(t) é regido pela
equação
L
dI
dt
+ RI +
1
C
t
0
I(τ)dτ = E(t)
onde L, R e C são constantes e I(t) é a corrente que está relacionado com a carga acumulada

64. 61
Q no condensador no instante t dada por
Q(t) =
t
0
I(τ)dτ
dQ
dt
= I(t)
Se o circuito está sem um condensador (C → ∞), nossa equação se reduz a
L
dI
dt
+ RI = E(t)
Isso pode ser facilmente resolvido com a condição inicial I(t = 0) = I0. Entretanto,
resolvemos o sistema acima com os dados iniciais I(t = 0) = 0 e Q(t = 0) = 0
Aplicação da transformada de Laplace a no problema original com os problemas de
valor inicial nos fornece
F(s)
1
L
sE(s)
s2 + R
L
s + 1
CL
=
1
L
(s + k − k)E(s)
(s + k)2 + n2
onde k =
R
2L
, w2
=
1
LC
e n2
= w2
− k2
invertendo a equação acima encontramos 3 casos
Para w2
> k2
I(t) =
1
L
t
0
E(t − τ) cos(nτ) −
k
n
sen(nτ) e−kτ
dτ
Para w2
= k2
I(t) =
1
L
t
0
E(t − τ)(1 − kτe−kτ
dτ
Para w2
< k2
I(t) =
1
L
t
0
E(t − τ) cosh(mτ) −
k
m
senh(mτ) e−kτ
dτ
onde m2
= −n2

65. 62
5 O Método de Talbot
Esse capítulo vamos abordar um método numérico para aproximar numericamente a
transformada inversa de Laplace, vamos abordar este método para mostrar que em alguns casos
os outros métodos apesar de serem bons na teoria ficam não tão bons quando aplicado a um
problema prático1
Esse tal método que vamos abordar é conhecido como Método de Talbot,
que é uma maneira de tentar mover o contorno de Bronwich que possui todas as singularidades
de F(s) a direita da reta (s) = 0.
Quanto f(t) é calculada numéricamente pode ser conveniente usar um contorno difer-
ente do contorno de Bronwich, logo gostariamos de mover o contorno à esquerda para reduzia
a magnitude da do fator est
no integrando, mas iste contorno não deve estar perto demais das
singularidades da F(s) pois se fizer isso o valor da função aumentará muito
Um contorno adequado, que mantem em equilibrio os dois efeitos citados acima, foi
fornecido por Talbot. Este método exige conhecer as singularidades de F(s) e que esta função
satisfaça:
1. |F(s)| → 0 uniformemente quando |s| → s quando a parte real de s for menor que γ
2. para toda singularidade sk (sk) ≤ k, para alguma constante k, isto é, As singularidades
devem ficar na faixa da figura.
o contorno de Talbot é dado por
s(z) = σ + λsv(z)
1
Para maiores detalhes vide: Talbot, A. The accurate numerical Inversion of Laplace Transforms.

66. 63
onde z pertence ao intervalo (−2πi, 2πi) com
sv(z) =
z
1 − e−z
+ z
v − 1
2
Nossa intenção agora é determinar os parâmetros geométricos λ, σ, v para determinar
o parâmetro n exatidão.
Em um caso especial fazendo z = 2iθ o contorno pode ser parametrizado como
s(θ) = σ + λsv(θ)
onde θ pertence ao intervalo (−π, π) e sv(θ) = θ cot(θ) + ivθ e a integral da transformada
inversa fica sendo
f(t) =
λeσt
2πi
π
−π
eλtsv(θ)
F(σ + λsv(θ))sv(θ)dθ
onde temos que
sv(θ) = i v +
θ − cos θ senθ
sen2θ
utilizando o método de aproximação trapezoidal obtemos
f(t) =
λeσt
n
n−1
j=1
−eλ t sv(θj)
F(σ + λsv(θj))
1
i
sv(θj)
com θj = j
π
n
Para cada valores de v, λ e σ, encontramos um contorno, para encontar esses valores
dependerá da geometria das singularidades da função, assim para este trabalho foi fixado os
valores de σ = −1.2 ∗ N/t, λ = 1.0 ∗ N/t e v = 0.5; onde N é o número de valores a ser

67. 64
calculados para a aproximação, conforme os gráficos as figuras 5, 5 e 5:
Figura 5: Aproximação do Contorno de Talbot com N = 10
Figura 6: Aproximação do Contorno de Talbot com N = 100
Logo temos um método de calcular a transformada inversa de Laplace numericamente.
Agora vamos utilizar algumas funções teste e comparar a solução pelo método de Talbot com a
solução exata, essas funções são:
F1(s) =
1
z
f1(t) = 1
F2(s) =
1
z2
f2(t) = t
F3(s) =
1
(z + 1)2
f3(t) = te−t
F4(s) =
1
z2 + 1
f4(t) = sen(t)
F5(s) =
z2
− 1
(z2 + 1)2
f5(t) = t cos(t)
F6(s) =
1
z + 1
2
f6(t) = e
−t
2

68. 65
Figura 7: Aproximação do Contorno de Talbot com N = 1000
Assim calculando a transformada inversa de Laplace pelo método de Talbot conseguimos
aproximar a função, nas próximas figuras temos a aproximação para alguns valores de N.
Figura 8: Aproximações da função teste F1(s) =
1
z
Observa-se que a aproximação depende muito dos parâmetros λ, σ, v, pois por eles
é dado a distância que a curva pasará das singularidades, caso muito perto das singularidades
a integral fica muito custosa para ser aproximado, e se passa muito longe o processo torna-se
muito lento, assim como parte de estudos futuros, é otimizar os valores desses parâmetros de
modo a conseguir uma solução com boa aproximação sem muito custo computacional.

69. 66
Figura 9: Aproximações da função teste F2(s) =
1
z2
Figura 10: Aproximações da função teste F3(s) =
1
(z + 1)2

70. 67
Figura 11: Aproximações da função teste F4(s) =
1
z2 + 1
Figura 12: Aproximações da função teste F5(s) =
z2
− 1
(z2 + 1)2

71. 68
Figura 13: Aproximações da função teste F6(s) =
1
z + 1
2

72. 69
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