Calcule \mathfrak{L}\{f(t)\}\), nos casos abaixo: \(f(t)= \begin{cases}\operatorname{sen}(t), & 0 \leq t<\frac{\pi}{4} \\\ \operatorname{sen}(t)+\cos \left(t-\frac{\pi}{4}\right), & t \geq \frac{\pi}{4}\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede para calcular a transformada de Laplace \mathfrak{L}\{f(t)\}\) da função por partes \[f(t)= \begin{cases} \operatorname{sen}(t), & 0 \leq t<\dfrac{\pi}{4},\\[6pt] \operatorname{sen}(t)+\cos\!\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right), & t \geq \dfrac{\pi}{4}. \end{cases}
Informações relevantes dadas:
  • Para 0\le t<\dfrac{\pi}{4}\], \(f(t)=\sin t.
  • Para t\ge \dfrac{\pi}{4}, f(t)=\sin t+\cos\!\big(t-\dfrac{\pi}{4}\big).
  • O objetivo é obter a expressão de \mathfrak{L}\{f(t)\} em função de s.]

Passo 2

Definição e ideia que vou usar (sem ainda aplicar): a transformada de Laplace de uma função g(t) é
\mathfrak{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} g(t)\,dt,
desde que a integral convirja. Também vou usar a função de Heaviside (ou degrau) u(t-a) definida por u(t-a)=0 para t<a e u(t-a)=1 para t\ge a. Uma propriedade útil (segunda propriedade do deslocamento) é que, para uma função h(t),
\mathfrak{L}\{u(t-a)\,h(t-a)\}(s)=e^{-a s}\,\mathfrak{L}\{h(t)\}(s),
desde que as transformadas existam.

Passo 3

Expressar f(t) usando o degrau para separar o acréscimo em t\ge \dfrac{\pi}{4}. Observando a definição por partes, podemos escrever
f(t)=\sin t + u\!\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right)\cos\!\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right).
Verificação rápida: para t<\dfrac{\pi}{4} o degrau é zero e f(t)=\sin t; para t\ge\dfrac{\pi}{4} o degrau é um e f(t)=\sin t+\cos\!\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right). Esta forma é conveniente porque a transformada é linear.

Passo 4

Calcular \mathfrak{L}\{\sin t\}. Vou mostrar passo a passo por integração por partes duas vezes.
Defina
I=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\sin t\,dt.
Fazer integração por partes com u=\sin t, dv=e^{-st}dt. Então du=\cos t\,dt e v=-\dfrac{1}{s}e^{-st}. Assim
I=\Big[-\dfrac{1}{s}e^{-st}\sin t\Big]_0^{\infty}+\dfrac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\cos t\,dt.
O termo de fronteira vale zero quando \operatorname{Re}(s)>0. Denote
J=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\cos t\,dt.
Então obtemos
I=\dfrac{1}{s}J.
Agora calcule J por partes: tome u=\cos t, dv=e^{-st}dt, logo du=-\sin t\,dt, v=-\dfrac{1}{s}e^{-st}. Assim
J=\Big[-\dfrac{1}{s}e^{-st}\cos t\Big]_0^{\infty}-\dfrac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}(-\sin t)\,dt.
O termo de fronteira é \dfrac{1}{s} (avaliando em 0 e em \infty com \operatorname{Re}(s)>0), e a integral restante é \dfrac{1}{s}I. Portanto
J=\dfrac{1}{s}-\dfrac{1}{s}I.
Substituindo J em I=\dfrac{1}{s}J obtemos
I=\dfrac{1}{s}\Big(\dfrac{1}{s}-\dfrac{1}{s}I\Big)=\dfrac{1}{s^{2}}-\dfrac{1}{s^{2}}I.
Isolando I,
I\Big(1+\dfrac{1}{s^{2}}\Big)=\dfrac{1}{s^{2}}\quad\Longrightarrow\quad I=\dfrac{1}{s^{2}+1}.
Logo
\mathfrak{L}\{\sin t\}(s)=\dfrac{1}{s^{2}+1},\qquad \text{para }\operatorname{Re}(s)>0.

Passo 5

Calcular a transformada do termo deslocado u\!\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right)\cos\!\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right) usando a propriedade do deslocamento. Tomando a=\dfrac{\pi}{4} e h(t)=\cos t, a propriedade dá
\mathfrak{L}\Big\{u\!\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right)\cos\!\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right)\Big\}(s) = e^{-\tfrac{\pi}{4}s}\,\mathfrak{L}\{\cos t\}(s).
Já sabemos (ou podemos derivar analogamente) que
\mathfrak{L}\{\cos t\}(s)=\dfrac{s}{s^{2}+1},\qquad \text{para }\operatorname{Re}(s)>0.
Portanto
\mathfrak{L}\Big\{u\!\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right)\cos\!\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right)\Big\}(s) = e^{-\tfrac{\pi}{4}s}\,\dfrac{s}{s^{2}+1}.

Passo 6

Usar linearidade da transformada e somar os resultados das Passos 4 e 5:
\mathfrak{L}\{f(t)\}(s)=\mathfrak{L}\{\sin t\}(s)+\mathfrak{L}\Big\{u\!\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right)\cos\!\left(t-\dfrac{\pi}{4}\right)\Big\}(s).
Substituindo:
\mathfrak{L}\{f(t)\}(s)=\dfrac{1}{s^{2}+1}+e^{-\tfrac{\pi}{4}s}\,\dfrac{s}{s^{2}+1}.
Podemos também fatorar o denominador:
\mathfrak{L}\{f(t)\}(s)=\dfrac{1+s\,e^{-\tfrac{\pi}{4}s}}{s^{2}+1},
válido para \operatorname{Re}(s)>0. Pequena nota de interpretação: a presença do fator exponencial e^{-\tfrac{\pi}{4}s} corresponde ao atraso em t=\dfrac{\pi}{4} do termo \cos.

Resposta

\displaystyle \mathfrak{L}\{f(t)\}(s)=\dfrac{1}{s^{2}+1}+e^{-\tfrac{\pi}{4}s}\,\dfrac{s}{s^{2}+1}=\dfrac{1+s\,e^{-\tfrac{\pi}{4}s}}{s^{2}+1}

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