Calcule \mathfrak{L}\{f(t)\}\), nos casos abaixo: \(f(t)= \begin{cases}1, & 0 \leq t<2 \\\ e^{-(t-2)}, & t \geq 2\end{cases}

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos é dado.
  • Pede-se calcular a transformada de Laplace de f(t)\), ou seja \(\mathfrak{L}\{f(t)\}\). - A função \(f(t)\) é dada por \[f(t)=\begin{cases} 1, & 0 \le t<2,\\[4pt] e^{-(t-2)}, & t\ge 2. \end{cases}
  • Informação útil para a solução: a transformada de Laplace é uma integral imprópria a partir de 0\] até \(\infty; como f é definida por partes, vamos usar essa divisão no cálculo.]

Passo 2

Definição da transformada de Laplace e condição de existência (rápida explicação).
  • Definição: para uma função f(t) com crescimento adequado, a transformada de Laplace é
\mathfrak{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,f(t)\,dt,
onde s é um número complexo e a integral converge para valores de s com parte real suficientemente grande.
  • Intuição simples: a transformada “pesa” f(t) por e^{-s t} e soma tudo de 0 ao infinito. Quando f tem pedaços diferentes, somamos as contribuições de cada pedaço.

Passo 3

Estratégia de cálculo: dividir a integral em dois intervalos conforme a definição por partes.
Escrevemos a transformada como soma de duas integrais, correspondendo às duas partes de f:
\mathfrak{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{2} e^{-s t}\cdot 1\,dt \;+\; \int_{2}^{\infty} e^{-s t}\cdot e^{-(t-2)}\,dt.
Agora calculamos cada integral separadamente.

Passo 4

Calcular a primeira integral \displaystyle \int_{0}^{2} e^{-s t}\,dt.
  • Essa é uma integral exponencial básica. Usamos a primitivação: \displaystyle \int e^{-s t}\,dt = -\frac{1}{s}e^{-s t} (para s\neq 0).
  • Avaliando de 0 a 2:
\int_{0}^{2} e^{-s t}\,dt = \left[-\frac{1}{s}e^{-s t}\right]_{0}^{2} = -\frac{1}{s}e^{-2s} -\bigg(-\frac{1}{s}e^{0}\bigg) = \frac{1}{s}\big(1-e^{-2s}\big).

Passo 5

Calcular a segunda integral \displaystyle \int_{2}^{\infty} e^{-s t}\,e^{-(t-2)}\,dt.
  • Simplificar o integrando: e^{-s t}e^{-(t-2)} = e^{-s t}e^{-t}e^{2} = e^{2}\,e^{-(s+1)t}. Para evitar confusão com constantes, é mais claro fazer a mudança de variável u=t-2.
  • Substituição u=t-2 \Rightarrow quando t=2 temos u=0, quando t\to\infty temos u\to\infty. Além disso t=u+2.
  • Reescrevendo a integral:
\int_{2}^{\infty} e^{-s t}e^{-(t-2)}\,dt = \int_{0}^{\infty} e^{-s(u+2)}e^{-u}\,du = e^{-2s}\int_{0}^{\infty} e^{-(s+1)u}\,du.
  • A integral \displaystyle \int_{0}^{\infty} e^{-(s+1)u}\,du converge se \Re(s+1)>0 (isto é \Re(s)>-1), e vale \dfrac{1}{s+1}.
  • Portanto
\int_{2}^{\infty} e^{-s t}e^{-(t-2)}\,dt = e^{-2s}\cdot \frac{1}{s+1}.

Passo 6

Somar as duas contribuições e simplificar a expressão.
  • Juntando os resultados dos passos anteriores:
\mathfrak{L}\{f(t)\}(s)=\frac{1}{s}\big(1-e^{-2s}\big) + e^{-2s}\cdot\frac{1}{s+1}.
  • Podemos reescrever de forma ligeiramente mais compacta agrupando os termos com e^{-2s}:
\mathfrak{L}\{f(t)\}(s)=\frac{1}{s} + e^{-2s}\!\left(\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s}\right).
  • Observação sobre a região de convergência: a primeira parcela \dfrac{1}{s} exige \Re(s)>0 para convergência da integral original; a segunda parcela exigiria \Re(s)>-1, portanto a condição dominante é \Re(s)>0. Logo a transformada é válida para \Re(s)>0.

Passo 7

(Comentário didático extra — forma alternativa usando função degrau) — modo útil para provas e manipulações.
  • Podemos escrever f(t) usando a função degrau u(t-2):
f(t)=1+u(t-2)\big(e^{-(t-2)}-1\big).
  • Aplicando a propriedade do deslocamento: \mathfrak{L}\{u(t-a)g(t-a)\}(s)=e^{-a s}\mathfrak{L}\{g(t)\}(s), com g(t)=e^{-t}-1, obtemos exatamente a mesma expressão encontrada acima:
\mathfrak{L}\{f(t)\}(s)=\frac{1}{s}+e^{-2s}\Big(\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s}\Big).
  • Isso confirma e dá uma forma útil para manipular sinais de tempo deslocados.

Resposta

\mathfrak{L}\{f(t)\}(s)=\frac{1}{s}+e^{-2s}\!\left(\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s}\right),\qquad \Re(s)>0

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