Calcule \mathcal{L}[r(t)] onde
r(t)=\left\{\begin{array}{ll} 1, & 2 k<t<2 k+1, \\\\ 0, & 2 k+1<t<2 k+2, \end{array} \quad k \in \mathbb{N} .\right.
Dica: A função é 2-periódica e pode-se notar que
r(t)=1-\mu_{1}(t)+\mu_{2}(t) r(t-2) .

Passo 1

O enunciado dá a função r(t) periódica de período 2 e pede sua transformada de Laplace \mathcal{L}[r(t)]. As informações que temos são:
  • Para todo k\in\mathbb{N}:
    • r(t)=1 quando 2k<t<2k+1.
    • r(t)=0 quando 2k+1<t<2k+2.
  • A função é 2-periódica, ou seja r(t+2)=r(t) para todo t.
  • O enunciado sugere a identidade (com alguma notação de degrau) r(t)=1-\mu_{1}(t)+\mu_{2}(t)\,r(t-2), mas aqui vou usar a representação clássica com funções degrau (Heaviside) para montar a solução.

Passo 2

Lembrete rápido do que é a transformada de Laplace e propriedades que vamos usar:
  • Definição: \displaystyle \mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt, quando a integral converge.
  • Linearidade: \mathcal{L}\{af+bg\}=a\mathcal{L}\{f\}+b\mathcal{L}\{g\}.
  • Transformada do degrau: para a\ge 0, \mathcal{L}\{u(t-a)\}=\int_{a}^{\infty}e^{-st}\,dt=\frac{e^{-as}}{s},onde u(t-a) é a função degrau unitário deslocada (vale 0 para t<a e 1 para t>a).
    Essas fórmulas valem para \Re(s)>0 (condição de convergência que usaremos).

Passo 3

Representação de r(t) como soma de degraus (isso descreve os pulsos “ligado” em cada intervalo (2k,2k+1)):
r(t)=\sum_{k=0}^{\infty}\bigl(u(t-2k)-u(t-(2k+1))\bigr).
Explicação: cada termo u(t-2k)-u(t-(2k+1)) vale 1 para 2k<t<2k+1 e 0 fora desse intervalo; somando sobre k obtemos exatamente a função periódica descrita pelo enunciado. (A soma começa em k=0 porque a transformada de Laplace integra a partir de t=0.)

Passo 4

Aplicando a transformada de Laplace termo a termo (pela linearidade) e usando \mathcal{L}\{u(t-a)\}=\dfrac{e^{-as}}{s}, obtemos:
\mathcal{L}\{r(t)\}= \sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{e^{-2k s}}{s}-\frac{e^{-(2k+1)s}}{s}\right).
Fatorando \dfrac{1}{s} e (1-e^{-s}) dentro da soma:
\mathcal{L}\{r(t)\}=\frac{1}{s}\sum_{k=0}^{\infty} e^{-2k s}\bigl(1-e^{-s}\bigr).

Passo 5

A soma \sum_{k=0}^{\infty} e^{-2k s} é uma série geométrica com razão e^{-2s}. Para \Re(s)>0 essa série converge e
\sum_{k=0}^{\infty} e^{-2k s}=\frac{1}{1-e^{-2s}}.
Substituindo na expressão anterior:
\mathcal{L}\{r(t)\}=\frac{1}{s}\,\bigl(1-e^{-s}\bigr)\,\frac{1}{1-e^{-2s}}.

Passo 6

Simplificação algébrica final. Note que
1-e^{-2s}=(1-e^{-s})(1+e^{-s}),
portanto cancela 1-e^{-s} no numerador e no denominador, dando a forma simples
\mathcal{L}\{r(t)\}=\frac{1}{s(1+e^{-s})}.
Podemos também escrever versões equivalentes multiplicando numerador e denominador por e^{s}:
\mathcal{L}\{r(t)\}=\frac{1-e^{-s}}{s(1-e^{-2s})}=\frac{1}{s(1+e^{-s})}=\frac{e^{s}}{s(e^{s}+1)}.
A condição de validade é \Re(s)>0.

Passo 7

(Comentário didático e alternativa rápida) Existe uma fórmula direta para funções periódicas: se f tem período T então
\mathcal{L}\{f\}=\frac{1}{1-e^{-sT}}\int_{0}^{T} e^{-st} f(t)\,dt,
aplicando com T=2 e f=r temos \int_0^2 e^{-st}r(t)\,dt=\int_0^1 e^{-st}\,dt=(1-e^{-s})/s, e a fórmula dá exatamente o mesmo resultado encontrado acima. Isso confirma a resposta.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{r(t)\}=\frac{1-e^{-s}}{s(1-e^{-2s})}
\displaystyle \mathcal{L}\{r(t)\}=\frac{1}{s(1+e^{-s})}=\frac{e^{s}}{s(e^{s}+1)},\quad \Re(s)>0

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