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MA311 - Calculo III
Primeiro semestre de 2020
Turma B – Curso 51
Ricardo M. Martins
http://www.ime.unicamp.br/~rmiranda
Aula 15: Transformada de Laplace (Delta de Dirac)
Funcao impulso e Delta de Dirac
A funcao degrau, uc(t), que vimos na aula passada, foi introduzida
por Oliver Heaviside, no estudo de circuitos eletricos.
O objetivo era ter uma funcao voltagem (ou um switch), com
valores 0 (desligado) e 1 (ligado).
Iremos estudar agora funcoes impulso, que sao funcoes que sao
quase sempre 0, mas que assumem valores diferentes de zero (e
grandes) em pequenos intervalos.
O caso extremo disto e a “funcao” Delta de Dirac, que assume
valor ∞ em um unico ponto e e nula nos demais.
A “funcao” Delta de Dirac nao e uma funcao, e uma distribuicao.
Nao estudaremos distribuicoes neste curso.
Funcao impulso e Delta de Dirac
Paul Dirac, que ganhou o Nobel de Fısica junto com Schrodinger
(aquele do gato), introduziu o conceito (teorico) de “funcao” δ
para representar este “rapido impulso em um curto intervalo de
tempo”, satisfazendo:
δ(x) = 0 se x 6= 0, δ(0) =∞,∫ ∞−∞
δ(x) dx = 1.
A relacao entre a delta de Dirac e a funcao degrau e a seguinte:1
u0(t) =
∫ x
−∞δ(t) dt.
Para mais detalhes, veja “A funcao delta de Dirac”, do Prof. Jose
Ruidival dos Santos Filho.
1Muito cuidado, muitas aspas aqui!!!
Funcao impulso e Delta de Dirac
A funcao impulso dτ (t), usada para “aproximar” a funcao δ, e
definida por
dτ (t) =
1
2τ, −τ < t < τ
0, |t| ≥ τ.
Note que:
# enquanto τ fica pequeno (pense em τ → 0+), a funcao dτ (t)
assume o valor de 0 em um conjunto cada vez maior
(−∞,−τ ] ∪ [τ,∞) e
# assume um valor cada vez maior (1/2τ) em um intervalo
pequeno (−τ, τ).
Funcao impulso e Delta de Dirac
Funcao impulso e Delta de Dirac
As integrais destas funcoes de −∞ ate ∞ sempre resultam em 1:∫ ∞−∞
dτ (t) dt = 2τ · (1/2τ) = 1.
Assim ∫ ∞−∞
dτ (t) dt = 1 e limτ→0
dτ (t) = 0.
Alem disto, “d0(t) = δ(t)”.
Funcao impulso e Delta de Dirac
Para problemas que envolvem variacao rapida, e comum que o lado
direito dependa da funcao delta de Dirac, ou de funcoes impulso,
ou seja, equacoes da forma
ay ′′ + by ′ + cy = g(t),
em que g(t) e uma funcao nula exceto num pequeno intervalo
(t0 − τ, t0 + τ), onde ela tem valor muito grande.
Por exemplo, poderıamos ter
g(t) = dτ (t − t0) ou g(t) = δ(t − t0).
A solucao desta EDO sera feita por meio da transformada de
Laplace.
Funcao impulso e Delta de Dirac
Vamos definir a transformada de Laplace da funcao delta de Dirac
utilizando que ela e limite da funcao impulso.
Seja t0 > 0 e defina
L{δ(t − t0)} = limτ→0L{dτ (t − t0)}.
Vamos calcular
L{dτ (t − t0)}
e depois vamos fazer o limite
limτ→0L{dτ (t − t0)}.
Funcao impulso e Delta de Dirac
Temos
L{dτ (t − t0)} =
∫ ∞0
e−stdτ (t − t0) dt
=
∫ t0+τ
t0−τe−stdτ (t − t0) dt
=1
2τ
∫ t0+τ
t0−τe−st dt
=1
2sτe−st0
(esτ − e−sτ
)=
sinh(sτ)
sτe−st0
Funcao impulso e Delta de Dirac
Como
L{dτ (t − t0)} =sinh(sτ)
sτe−st0
temos
L{δ(t − t0)} = limτ→0
sinh(sτ)
sτe−st0
(l’Hopital) = limτ→0
s cosh(sτ)
se−st0
= e−st0
Logo
L{δ(t − t0)} = e−st0 .
Fazendo t0 → 0 obtemos L{δ(t)} = 1.
Funcao impulso e Delta de Dirac
Observacao
Se definirmos∫ ∞−∞
δ(t)f (t) dt = limτ→0
∫ ∞−∞
dτ (t − t0)f (t) dt,
como∫ ∞−∞
dτ (t−t0)f (t) dt =1
2π
∫ t0+τ
t0−τf (t) dt =
1
2τ·2τ ·f (t∗) = f (t∗),
onde t∗ ∈ (t0 − τ, t0 + τ). Na ultima igualdade, usamos o TVM
para integrais. Fazendo τ → 0 teremos t∗ → t0, logo∫ ∞−∞
δ(t − t0)f (t) dt = f (t0).
Funcao impulso e Delta de Dirac
Exemplo (Boyce)
Vamos encontrar as solucoes do PVI
2y ′′ + y ′ + 2y = δ(t − 5), y(0) = 0, y ′(0) = 0.
Tomando a transformada de Laplace e isolando Y (s) = L{y(t)},obtemos
Y (s) =e−5s
2s2 + s + 2.
Calculando transformada inversa temos
y(t) =2√15
u5(t)e−(t−5)/4 sen
(√15(t − 5)
4
).
Funcao impulso e Delta de Dirac
Note que se a equacao do exemplo anterior fosse homogenea
2y ′′ + y ′ + 2y = 0, y(0) = 0, y ′(0) = 0,
a solucao seria a funcao nula. O pulso enorme que acontece em
t = 5 pela presenca da funcao δ faz com que a solucao nao seja
nula: ela inicia um pico logo apos t = 5 e depois decai para zero:
Funcao impulso e Delta de Dirac
ExercıcioResolva o PVI
y ′′ + 2y ′ + 3y = sen(t) + δ(t − 3π)
e compare a solucao com a do PVI
y ′′ + 2y ′ + 3y = sen(t),
ambos com condicoes iniciais y(0) = y ′(0) = 0.
ExercıcioVarios exercıcios do Boyce estao no site! Consulte-os.