Transformada de Laplace de Funções Especiais

Transformada de Laplace - Um Livro Colaborativo

6.1 Transformada de Laplace de Funções Especiais

Nesse capítulo discutiremos a transformada de Laplace envolvendo funções especiais, tais como função de Bessel, função Gama e funções Seno Integrado. Também, desenvolveremos ferramentas capazes de resolver alguns problemas de valor iniciais com coeﬁcientes não constantes. Para iniciar as discussões vamos demonstrar o item 6 da tabela A.1 no próximo exemplo.

Exemplo 6.1.1. Vamos calcular a transformada de Laplace da funçao $t^{k - 1}$ , dada por:

L {t^{k - 1}} = \int_{0}^{\infty} t^{k - 1} e^{- s t} d t .

(6.1)

Fazemos a mudança de variável $x = s t$ para obter: $\begin{array}{rcl} L {t^{k - 1}} & = & \int_{0}^{\infty} \frac{x^{k - 1}}{s^{k - 1}} e^{- x} \frac{d x}{s} \\ = & \frac{1}{s^{k}} \int_{0}^{\infty} x^{k - 1} e^{- x} d x . \end{array}$

A função que aparece acima é a multiplicação de $\frac{1}{s^{k}}$ por uma que não depende de $s$ , chamada de função Gama e denotada por $Γ (k)$ . Portanto, demonstramos o item 6 da tabela A.1:

L {t^{k - 1}} = \frac{Γ (k)}{s^{k}}, k > 0,

(6.2)

onde

Γ (k) = \int_{0}^{\infty} e^{- x} x^{k - 1} d x .

(6.3)

Observe que o item 3 da tabela é

L {t^{n - 1}} = \frac{(n - 1)!}{s^{n}}, n \in ℕ .

(6.4)

Isso nos indica que, para que os itens 3 e 6 sejam consistentes, $Γ (n + 1) = n!$ se $n \in ℕ$ . De fato, primeiro observe que, se $k = (n + 1) \in ℕ$ , temos: $\begin{array}{rcl} Γ (n + 1) & = & \int_{0}^{\infty} e^{- x} x^{n} d x \\ = & {[- e^{- x} x^{n}]}_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} (- e^{- x}) n x^{n - 1} d x \\ = & n \int_{0}^{\infty} e^{- x} x^{n - 1} d x = n Γ (n) . \end{array}$

Como

Γ (1) = \int_{0}^{\infty} e^{- x} d x = {[- e^{- x}]}_{0}^{\infty} = 1,

(6.5)

temos

Γ (2) = 1, Γ (3) = 2 \cdot 1 = 2!, Γ (4) = 3 Γ (3) = 3 \cdot 2! = 3!, \dots

(6.6)

Logo, $Γ (n + 1) = n!$ se $n \in ℕ$ .

Exemplo 6.1.2. Os itens 4 e 5 da tabela são casos particulares do item 6:

L {t^{- \frac{1}{2}}} = \frac{Γ (\frac{1}{2})}{s^{\frac{1}{2}}}

(6.7)

L {t^{\frac{1}{2}}} = \frac{Γ (\frac{3}{2})}{s^{\frac{3}{2}}} .

(6.8)

Basta calcular os valores de $Γ (\frac{1}{2})$ e $Γ (\frac{3}{2})$ para completar a demonstração. Começamos com $Γ (\frac{1}{2})$ :

Γ (\frac{1}{2}) = \int_{0}^{\infty} e^{- x} x^{- \frac{1}{2}} d x = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- x}}{\sqrt{x}} d x .

(6.9)

Fazendo a mudança de variáveis $x = t^{2}$ , obtemos $d x = 2 t d t$ e

Γ (\frac{1}{2}) = 2 \int_{0}^{\infty} e^{- t^{2}} d t

(6.10)

Utilizando a técnica de Liouville, deﬁnimos:

I = \int_{0}^{\infty} e^{- t^{2}} d t

(6.11)

Logo

I^{2} = \int_{0}^{\infty} e^{- x^{2}} d x \int_{0}^{\infty} e^{- y^{2}} d y = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{- (x^{2} + y^{2})} d x d y

(6.12)

A última integral é uma integral dupla que pode ser calculada em coordenadas polares fazendo $r^{2} = x^{2} + y^{2}$ e $d x d y = r d r d 𝜃$ :

I^{2} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{\infty} e^{- r^{2}} r d r d 𝜃 = \frac{π}{2} {[- \frac{e^{- r^{2}}}{2}]}_{0}^{\infty} = \frac{π}{4}

(6.13)

Assim,

I^{2} = \frac{π}{4} \Rightarrow I = \frac{\sqrt{π}}{2}

(6.14)

Γ (\frac{1}{2}) = 2 \int_{0}^{\infty} e^{- t^{2}} d t = 2 I = \sqrt{π} .

(6.15)

Agora, usando a propriedade da função Gama que $Γ (k + 1) = k Γ (k)$ , temos:

Γ (\frac{3}{2}) = \frac{1}{2} Γ (\frac{1}{2}) = \frac{\sqrt{π}}{2} .

(6.16)

Portanto, os itens 4 e 5 da tabela são válidos:

L {t^{- \frac{1}{2}}} = \frac{\sqrt{π}}{\sqrt{s}}

(6.17)

L {t^{\frac{1}{2}}} = \frac{\sqrt{π}}{2 s^{\frac{3}{2}}} .

(6.18)

Exemplo 6.1.3. Vamos calcular a transformada de Laplace da função $\ln (t)$ (item 38 da tabela A.2). Com esse objetivo, usamos a transformada de Laplace de $t^{k}$ dada no item 6 da tabela A.2:

\int_{0}^{\infty} t^{k} e^{- s t} d t = \frac{Γ (k + 1)}{s^{k + 1}} .

(6.19)

Agora, como o integrando do lado esquerdo é uma função contínua e tem derivada parcial com respeito a $k$ contínua podemos diferenciar ambos os lados com respeito ao parâmetro $k$ usando a regra de Leibniz $\begin{array}{rcl} \frac{d}{d k} (\int_{0}^{\infty} t^{k} e^{- s t} d t) & = & \frac{d}{d k} (\frac{Γ (k + 1)}{s^{k + 1}}) \\ ⇓ \\ \int_{0}^{\infty} t^{k} \ln (t) e^{- s t} d t & = & \frac{s^{k + 1} Γ^{'} (k + 1) - Γ (k + 1) s^{k + 1} \ln (s)}{s^{2 (k + 1)}} \end{array}$

Agora, fazemos $k \to 0$ para obter

\int_{0}^{\infty} \ln (t) e^{- s t} d t = \frac{s^{1} Γ^{'} (1) - Γ (1) s^{1} \ln (s)}{s^{2}},

(6.20)

ou seja,

\int_{0}^{\infty} \ln (t) e^{- s t} d t = \frac{Γ^{'} (1) - \ln (s)}{s},

(6.21)

já que $Γ (1) = 1$ . Do lado esquerdo aparece a transformada da função $\ln (t)$ e do lado direito $Γ^{'} (1)$ . Então calculamos

Γ^{'} (k) = \int_{0}^{\infty} x^{k - 1} \ln (x) e^{- x} d x

(6.22)

Γ^{'} (1) = \int_{0}^{\infty} \ln (x) e^{- x} d x = - γ

(6.23)

where $γ$ é a constante de Euler - Mascheroni,

γ = 0.57721566490153286060651209008240243104215933593992 \dots .

(6.24)

Finalmente, concluímos

L {\ln (t)} = \frac{- γ - \ln (s)}{s}

(6.25)

Exercícios

E 6.1.1. Demonstre o item (32) da tabela usando os itens (4) e (5) e a propriedade 4.1.1 do deslocamento no eixo $s$ .

E 6.1.2. Use a tabela da transformada de Laplace para mostrar que:

$L \{t^{1 ∕ 2} + t^{- 1 ∕ 2} \} = \frac{\sqrt{π} (2 s + 1)}{2 s^{3 ∕ 2}}$
$L \{\frac{e^{- 2 t}}{\sqrt{t}} \} = \sqrt{\frac{π}{s + 2}}$
$L \{\frac{\cos (2 \sqrt{t})}{\sqrt{t}} \} = e^{- 1 ∕ s} \sqrt{\frac{π}{s}}$

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