Laboratório de transformada de Laplace

Explore pares de transformada de Laplace direta para famílias de funções fundamentais, seus polos, região de convergência e valores inicial/final.

Exemplo resolvido — Laboratório de transformada de Laplace

Polos	−1
Valor inicial f(0⁺)	1
Valor final f(∞)	0

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Laboratório de transformada de Laplace

A transformada de Laplace troca uma função do tempo por uma função de uma variável complexa s, convertendo cálculo em t em álgebra em s. O catálogo acima é um dicionário de oito pares e, ao lado de cada um, a página imprime quatro factos que se leem só a partir de F(s), sem nunca voltar ao domínio do tempo.

O que significa cada símbolo

F(s): a transformada. Um quociente de polinómios para cada entrada deste catálogo, e é essa a única razão de existirem as três linhas seguintes.
poles: os valores de s que anulam o denominador. Tudo o resto na página depende de onde eles estão.
ROC: a região de convergência — o semiplano onde o integral que a define realmente converge. O passo 3 mostra quão pouca informação própria esta linha carrega.
f(∞): o valor final, impresso como número, como ∞ ou como uma recusa.

De onde vem a fórmula

Lê o par. Na exponencial por omissão, e^(−t) torna-se 1/(s+1): uma taxa de decaimento no tempo passa a ser a posição de um único polo.
Encontra os polos anulando o denominador. s+1=0 dá s = −1, que é o que a linha dos polos mostra.
Compara agora a linha dos polos com a do ROC, e continua a comparar ao percorrer o catálogo. O ROC é a parte real do polo mais à direita. Exponencial: polo em −1, ROC Re(s) > −1. Degrau: polo em 0, ROC Re(s) > 0. Seno: polos em ±j2, cuja parte real é zero, portanto ROC Re(s) > 0 outra vez. Oito linhas, uma regra.
As duas linhas de valores vêm de extremos opostos do mesmo F(s): f(0⁺) = lim(s→∞) sF(s) e f(∞) = lim(s→0) sF(s). É por isso que degrau e cosseno concordam em f(0⁺) = 1 e discordam quanto ao fim.

Como ler o que vê

Percorre as oito entradas e vê duas colunas aparentemente independentes comportarem-se como uma só. Degrau, rampa e potência têm os polos na origem e leem todas Re(s) > 0. A exponencial e as duas ondas amortecidas têm um polo com parte real −1 e leem todas Re(s) > −1. Seno e cosseno parecem a exceção — os seus polos são imaginários — e não são: a parte real de ±j2 é zero, portanto leem Re(s) > 0 tal como as da origem. Olha depois para os finais, que os polos também decidem: parte real −1 dá 0, um polo simples na origem dá uma constante, um polo duplo na origem dá ∞, e um par puramente imaginário não dá final nenhum.

Pressupõe: Que f(t) = 0 antes de t = 0 — é a transformada unilateral, e por isso cada entrada está escrita contra um degrau unitário. Que a amplitude A escala F(s) sem mover nenhum polo, alterando o valor inicial e nunca o ROC nem o fim. E que cada entrada é um quociente de polinómios: uma transformada com corte de ramo ou singularidade essencial não tem lista de polos para ler, e três das quatro linhas nada teriam a dizer.
Falha quando: O teorema do valor final é aquele que se cita sem as suas condições, e este catálogo contém o contraexemplo. Aplicado às cegas ao seno, lim(s→0) s·ω/(s²+ω²) dá 0: limpo, definitivo e errado — sin(ωt) não tem valor final. O teorema só vale quando os polos de sF(s) estão estritamente no semiplano esquerdo, e os do seno estão sobre o eixo imaginário. A página recusa em vez de reportar o limite: é por isso que essa linha diz não existe — oscila e não o 0 que a fórmula produz de boa vontade. A rampa falha o mesmo teste pelo outro lado e recebe ∞. Duas das oito entradas quebram a regra que estavas prestes a generalizar a partir das outras seis.

A linha dos polos já conta o final 🖖

Percorra o catálogo e compare apenas duas linhas da tabela: Polos e Valor final. Todos os pares cujos polos ficam estritamente à esquerda do eixo imaginário tendem para 0: e^−at em s = −a e o seno amortecido em s = −a ± jω. Os pares com polos sobre o eixo nunca estabilizam: seno e cosseno têm polos em s = ±jω, e a tabela mostra "NÃO EXISTE — oscila". Já a rampa, com um polo duplo em s = 0, tende para ∞. Só o degrau, com um único polo simples em s = 0, converge para um valor finito diferente de zero. A parte real do polo mais à direita determina se o sinal se extingue, se mantém ou diverge. Por isso, os engenheiros de controlo projetam no plano s sem sequer calcular a transformada inversa.

Um dicionário entre o tempo e s 🖖

No essencial, esta ferramenta é uma tabela de correspondências. Cada função do tempo, seja um degrau, uma rampa ou uma exponencial decrescente, tem uma função correspondente no domínio s; o laboratório apresenta os dois lados de cada par. Resolva o problema no domínio s, onde é mais simples, e use depois estes pares para regressar ao domínio do tempo. Uma exponencial decrescente e^-at corresponde sempre a 1/(s+a), e o valor de a indica a rapidez do decaimento.

O engenheiro que escandalizou os matemáticos 🖖

Muito antes de a transformada ter fundamento rigoroso, o engenheiro autodidata Oliver Heaviside resolvia equações de circuitos tratando com ousadia o operador derivada d/dt como um símbolo algébrico comum — chegando a dividir por ele. Os matemáticos puros ficavam horrorizados com a falta de demonstração; diz-se que ele retrucou: «Devo recusar o meu jantar por não compreender totalmente a digestão?». A sua função degrau ainda leva o seu nome, e a transformada de Laplace forneceu depois o rigor com que ele nunca se importou.

Problemas resolvidos na íntegra

Valores nos extremos e decaimento de f(t) = e −1,5t 6 passos
f(t) = e^−1,5t para t ≥ 0. Obtenha F(s) a partir da definição, leia o polo e a região de convergência a partir da mesma linha de cálculo, e determine ambos os valores limite sem nunca inverter a transformada. Responda depois à pergunta a que nenhum dos teoremas limite dá resposta: quanto tempo demora realmente o decaimento?
1. A transformada é um único integral, e tudo o resto no painel é um subproduto do seu cálculo. Ambas as exponenciais partilham a mesma base, pelo que se fundem num único expoente, −(s + 1,5)t.
  
  $F (s) = \int_{0}^{\infty} e^{- 1.5 t} e^{- s t} d t = [\frac{- e ^{- (s + 1.5) t}}{s + 1.5}]_{0}^{\infty}$
2. O limite superior é onde reside o essencial do cálculo. e^−(s+1,5)t reduz-se a 0 à medida que t cresce apenas quando a parte real de s + 1,5 é positiva, e essa única desigualdade fornece ambos os elementos restantes: a região de convergência Re(s) > −1,5 e o polo em s = −1,5 situado exatamente na sua fronteira. O polo não é um facto isolado para memorizar — é o valor de s para o qual o integral deixa de existir.
  
  $Re (s + 1.5) > 0 ⟺ Re (s) > - 1.5 ⟹ F (s) = \frac{1}{s + 1.5}$
3. Deduza o teorema do valor inicial em vez de o citar simplesmente. Um valor elevado de s pondera e^−st tão fortemente para valores pequenos de t que sF(s) se torna uma sonda de f perto da origem. Aqui s/(s + 1,5) tende para 1, e e⁰ = 1 confirma-o — leu f(0⁺) a partir de uma transformada que nunca inverteu.
  
  $f (0^{+}) = s \to \infty lim s F (s) = s \to \infty lim \frac{s}{s + 1.5} = 1 = e^{0}$
4. Leve s no sentido oposto para o valor final. Este limite vem acompanhado de uma condição prévia: só constitui um teorema quando todos os polos de sF(s) se encontram estritamente à esquerda do eixo imaginário, e o único polo aqui situa-se em −1,5. O caso oscilatório abaixo é precisamente a situação contra a qual essa condição o protege.
  
  $f (\infty) = s \to 0 lim s F (s) = \frac{0}{1.5} = 0$
5. Nenhum dos teoremas traz um relógio. Um descreve t = 0 e o outro t = ∞, e entre eles a curva pode demorar um microssegundo ou um século. Resolva f(τ) = f(0)/e para determinar a escala em falta.
  
  $e^{- 1.5 τ} = e^{- 1} ⟹ τ = \frac{1}{1.5} = \frac{2}{3} = 0.667 s$
6. Deixe agora o painel e determine quando é que o sinal se reduz a 1% do seu valor inicial.
  
  $e^{- 1.5 t} = 0.01 ⟹ t = \frac{ln 100}{1.5} = \frac{4.6052}{1.5} = 3.07 s$
Resposta

F(s) = 1/(s + 1,5), um polo em −1,5 e τ = 0,667 s — o painel apresenta o polo e a constante de tempo, e derivou ambos a partir de um único integral. Retenha, em vez disso, a última linha. Como a se simplifica em ln(100)/a a dividir por 1/a, atingir 1% demora sempre 4,61 constantes de tempo, qualquer que seja a taxa de decaimento: 4,61 é uma propriedade do número 100, e não deste sinal. A única coisa que o polo controla é a duração de um τ. Duplique a para 3 e todas as durações nesta página reduzem-se para metade. Desloque-o no sentido oposto, em direção ao eixo imaginário, e τ tende para o infinito — e, assim que o polo atinge o eixo, o valor final deixa completamente de existir, que é o problema seguinte.

$τ = \frac{1}{a}, t_{1%} = \frac{ln 100}{a} = 4.61 τ (a > 0)$
O limite de valor final para f(t) = sin(4t) que devolve 0 5 passos
f(t) = sin(4t) para t ≥ 0. O limite do valor final calcula-se sem qualquer problema e resulta em 0. Nada explode e nada fica indeterminado. Descubra por que razão 0 é, contudo, a resposta errada, e o que o teorema estava realmente a pedir que verificasse.
1. Construa esta transformada a partir do resultado do problema anterior, em vez de recorrer a uma tabela. Euler decompõe um seno num par de exponenciais complexas, e cada uma delas obedece à regra que já deduziu a partir do integral.
  
  $sin 4 t = \frac{e ^{j 4 t} - e ^{- j 4 t}}{2 j}, L {e^{α t}} = \frac{1}{s - α}$
2. Reduza ao mesmo denominador. O 2j simplifica-se com o j4 − (−j4) no numerador, de modo que uma construção complexa resulta numa função real de s. O painel escreve o denominador como s² + 4², o que é a mesma coisa.
  
  $F (s) = \frac{1}{2 j} (\frac{1}{s - j 4} - \frac{1}{s + j 4}) = \frac{4}{s ^{2} + 16}$
3. Localize os polos. O denominador anula-se em s = ±j4, e a sua parte real é 0 — nem negativa, nem positiva, mas exatamente sobre o eixo imaginário. Este é precisamente o caso que a condição anterior foi criada para excluir.
  
  $s^{2} + 16 = 0 ⟹ s = \pm j 4, Re (s) = 0$
4. Calcule o limite do valor final ainda assim, porque nada o impede. O numerador tende para 0, o denominador tende para 16 e o quociente é 0. A aritmética não o avisará de que não tinha o direito de o fazer.
  
  $s \to 0 lim s F (s) = s \to 0 lim \frac{4 s}{s ^{2} + 16} = \frac{0}{16} = 0$
5. Compare esse resultado com a própria função. sin(4t) tem um período de 2π/4 = 1,5708 s, que o painel arredonda para 1,57 s, e a um quarto de cada um desses períodos regressa a +1. Uma função que regressa continuamente a 1 para sempre não pode convergir para 0, nem para valor nenhum. O painel não apresenta qualquer número na linha do valor final e indica, em vez disso, que o sinal oscila.
  
  $T = \frac{2 π}{4} = 1.5708 s, f (\frac{T}{4} + k T) = 1$
Resposta

Polos em ±j4, período de 1,57 s e sem qualquer valor final — embora o limite resulte limparmente em 0. A lição não é que a aritmética seja frágil; é que a aritmética não é o teorema. Compare as duas expressões sF(s) lado a lado e a diferença resume-se à localização de um polo. O que torna o 0 interessante, e não apenas errado, é ser a resposta correta a todas as questões vizinhas: amorteça o seno por qualquer a > 0 e os polos deslocam-se para −a ± j4, o teorema aplica-se e o valor final é genuinamente 0 — para qualquer a, por mais insignificante que seja. O limite dá a resposta a todos os problemas vizinhos e a nenhum deste em particular. E um 0 demonstrável pode continuar a ser inútil: para a = 0,1, o relógio do problema 1 dá ln(100)/0,1 = 46 s para cair para 1%, o que corresponde a cerca de 29 ciclos completos de oscilação a esta frequência.

$s F (s) = \frac{4 s}{s ^{2} + 16} \Rightarrow s = \pm j 4 s F (s) = \frac{s}{s + 1.5} \Rightarrow s = - 1.5$

Referências (3)

When the final-value theorem applies, and when the table must say it does not: E. Gluskin, "Let us teach this generalization of the final-value theorem." European Journal of Physics 24(6), 591–597, 2003.
Pole location and stability, at length: Katsuhiko Ogata, Modern Control Engineering, 5th edition. Prentice Hall, 2010. ISBN 978-0-13-615673-4.
Where the region of convergence is derived from the pole positions: A. V. Oppenheim & A. S. Willsky, Signals and Systems, 2nd edition. Prentice Hall, 1997 — chapter 9, on the Laplace transform and its region of convergence. ISBN 978-0-13-814757-0.

Pela equipa 42Math · Atualizado 2026-07-29

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Problemas de exemplo

função degrau - Um degrau de amplitude 2 transforma-se em 2/s e tem um único polo simples na origem. É a única entrada do catálogo cujo valor final é finito e diferente de zero: 2.
Rampa - Uma rampa 2t — transforma-se em 2/s², um polo duplo na origem
Potência tⁿ - t³ — transforma-se em 6/s⁴: o n! = 6 vem de integrar por partes três vezes, e a ordem do polo é n + 1 = 4
decaimento exponencial - e^(-1,5t) transforma-se em 1/(s + 1,5): há um único polo real em s = -1,5. Assim, a região de convergência é Re(s) > -1,5 e o valor final é 0.
onda senoidal - sin(4t) transforma-se em 4/(s² + 16), com polos em ±j4. Como estão sobre o eixo, não há decaimento e o valor final não existe.
Cosseno - cos(4t) — os polos estão no eixo imaginário em ±j4, portanto não há valor final: oscila para sempre
seno amortecido - Seno amortecido: 3/((s + 1)² + 9), com polos em -1 ± j3. Tem a mesma frequência do seno sem amortecimento, mas a parte real -1 determina que a oscilação se desvaneça em vez de persistir indefinidamente.
Cosseno amortecido - Um cosseno amortecido — os polos saem do eixo para −1 ± j3, a região de convergência passa a Re(s) > −1 e o valor final é 0