Calcule mathcal{L}{f(t)}) onde
f(t)=\left\{\begin{array}{lr}0, & 0 \leq t<\pi / 2 \\\ \cos (t), & t \geq \pi / 2\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá a função por partes
f(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<\dfrac{\pi}{2},\\[6pt] \cos t, & t\ge \dfrac{\pi}{2}, \end{cases}
e pede que eu calcule \mathcal{L}\{f(t)\}, ou seja, a transformada de Laplace de f. As informações relevantes são:
  • f(t)=0 no intervalo [0,\pi/2);
  • f(t)=\cos t para t\ge \pi/2;
  • quero \mathcal{L}\{f(t)\}, função de s.]

Passo 2

Vou usar a definição da transformada de Laplace. Por definição,
\mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt,
onde t é a variável de tempo (integrada) e s é a variável complexa/real da transformada; para convergência usualmente assumimos \Re(s)>0. Esta fórmula significa: multiplica-se f(t) por e^{-st} e integra-se de 0 a \infty.

Passo 3

Como f(t)=0 para 0\le t<\pi/2 e f(t)=\cos t para t\ge\pi/2, a integral pela definição vira
\mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt=\int_{\pi/2}^{\infty} e^{-st}\cos t\,dt.
Portanto o problema reduz-se a calcular essa integral imprópria.

Passo 4

Uma técnica elegante é usar a função degrau (função unitária deslocada). Definimos u(t-a) como a função que vale 0 para t<a e 1 para t\ge a. Se tivermos uma função escrita como u(t-a)g(t-a), vale a propriedade de deslocamento:
\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s),
onde G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}=\int_0^\infty e^{-st}g(t)\,dt. Prova rápida: substituir t=\tau+a transforma a integral de a a \infty numa integral de 0 a \infty multiplicada por e^{-as}.

Passo 5

Vou reescrever f(t) usando esse deslocamento. Para a=\pi/2 temos f(t)=u(t-\pi/2)\cos t. Escrevo \cos t em termos de t-a:
\cos t=\cos\big((t-a)+a\big)=\cos(t-a)\cos a-\sin(t-a)\sin a.
Tomando a=\dfrac{\pi}{2} e lembrando \cos\frac{\pi}{2}=0 e \sin\frac{\pi}{2}=1, obtemos
\cos t = -\sin(t-\tfrac{\pi}{2}).
Logo
f(t)=u(t-\tfrac{\pi}{2})\cos t = -\,u(t-\tfrac{\pi}{2})\sin\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big).

Passo 6

Aplicando a propriedade de deslocamento da transformada de Laplace:
\mathcal{L}\{f(t)\} = -\,e^{-\frac{\pi}{2}s}\,\mathcal{L}\{\sin t\}.
Agora calculo \mathcal{L}\{\sin t\}. Pela definição,
\mathcal{L}\{\sin t\}=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\sin t\,dt \qquad (\Re(s)>0).
Faço a integral por partes duas vezes (mostro os passos principais). Defina
I=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\sin t\,dt,\qquad J=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\cos t\,dt.
Integração por partes com u=\sin t, dv=e^{-st}dt
I=\frac{1}{s}J.
Integração por partes com u=\cos t, dv=e^{-st}dt dá (atenção ao termo de fronteira em t=0):
J=\frac{1}{s}-\frac{1}{s}I.
Substituindo J em I=\dfrac{1}{s}J:
I=\frac{1}{s}\Big(\frac{1}{s}-\frac{1}{s}I\Big)=\frac{1}{s^{2}}-\frac{1}{s^{2}}I.
Passando o termo com I para o lado esquerdo:
I\Big(1+\frac{1}{s^{2}}\Big)=\frac{1}{s^{2}},
logo
I=\frac{1}{s^{2}+1}.
Portanto \mathcal{L}\{\sin t\}=\dfrac{1}{s^{2}+1}.

Passo 7

Voltando à transformada de f,
\mathcal{L}\{f(t)\} = -\,e^{-\frac{\pi}{2}s}\cdot\frac{1}{s^{2}+1} = -\frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s^{2}+1}.
Como verificação rápida: se você quiser, dá para calcular diretamente \int_{\pi/2}^{\infty} e^{-st}\cos t\,dt usando exponencial complexo e chegar ao mesmo resultado — é consistente com o método por deslocamento.

Resposta

-\dfrac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s^{2}+1}

Exercícios relacionados