Calcule a transformada de Laplace
f(t)= \begin{cases}0, & 0 \leq t<\pi / 4, \\\ \cos (t-\pi / 4), & t \geq \pi / 4\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede para calcular a transformada de Laplace da função definida por
f(t)= \begin{cases}0, & 0 \leq t<\pi / 4, \\[4pt] \cos (t-\pi / 4), & t \geq \pi / 4.\end{cases}
Informações relevantes fornecidas:
  • A função é nula em 0\le t<\pi/4.
  • Para t\ge \pi/4, a função é \cos(t-\pi/4).
  • Precisamos calcular \mathcal{L}\{f\}(s)=\displaystyle\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt (isto é o que o enunciado pede).]

Passo 2

Relembrando a definição e o que cada símbolo significa:
  • A transformada de Laplace da função f(t) é
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt,
onde s é uma variável complexa e a integral converge normalmente quando \Re(s) (a parte real de s) é grande o suficiente. Aqui vamos trabalhar supondo a condição usual de convergência que aparecerá no final (normalmente \Re(s)>0 para funções trigonométricas multiplicadas por decaimento exponencial).

Passo 3

Reescrevendo f(t)\) utilizando a função degrau (função de Heaviside) para usar a propriedade de atraso no tempo: - A função degrau deslocada é \(\;u(t-a)=\begin{cases}0,&t<a,\\\ 1,&t\ge a.\end{cases}
  • Assim podemos escrever
f(t)=u\!\left(t-\frac{\pi}{4}\right)\cos\!\left(t-\frac{\pi}{4}\right).
Portanto f é a versão “ligada” em t=\pi/4 da função h(t)=\cos t.

Passo 4

Usando a definição da transformada e fazendo a mudança de variável para provar a propriedade de deslocamento:
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt =\int_{0}^{\infty} e^{-st} u\!\left(t-\frac{\pi}{4}\right)\cos\!\left(t-\frac{\pi}{4}\right)\,dt.
Como o termo u\!\left(t-\frac{\pi}{4}\right) anula a integral para t<\pi/4, a integral passa a ser
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{\pi/4}^{\infty} e^{-st}\cos\!\left(t-\frac{\pi}{4}\right)\,dt.
Agora fazemos a substituição de variável \tau=t-\dfrac{\pi}{4}. Então quando t=\pi/4 temos \tau=0, e quando t\to\infty temos \tau\to\infty. Também t=\tau+\dfrac{\pi}{4} e dt=d\tau. Substituindo,
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+\pi/4)}\cos(\tau)\,d\tau =e^{-s\pi/4}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\cos\tau\,d\tau.
Isto mostra a propriedade de atraso: se g(t)=u(t-a)h(t-a) então \mathcal{L}\{g\}(s)=e^{-as}\mathcal{L}\{h\}(s). Aqui a=\dfrac{\pi}{4} e h(t)=\cos t.

Passo 5

Agora calculamos a transformada de Laplace de \cos t:
Começo da integral
\mathcal{L}\{\cos t\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\cos t\,dt.
Uma maneira direta (rápida e padrão) é usar exponenciais complexas. Lembrando que \cos t=\dfrac{e^{it}+e^{-it}}{2}, temos
\int_{0}^{\infty} e^{-st}\cos t\,dt=\frac{1}{2}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-t(s-i)}\,dt+\int_{0}^{\infty} e^{-t(s+i)}\,dt\right).
Cada integral é uma integral exponencial simples: para \Re(s)>0 (garantindo convergência)
\int_{0}^{\infty} e^{-t(s\mp i)}\,dt=\frac{1}{s\mp i}.
Portanto
\mathcal{L}\{\cos t\}(s)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-i}+\frac{1}{s+i}\right).
Somando as frações:
\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-i}+\frac{1}{s+i}\right) =\frac{1}{2}\left(\frac{s+i+s-i}{(s-i)(s+i)}\right) =\frac{s}{s^{2}+1}.
Então, para \Re(s)>0,
\mathcal{L}\{\cos t\}(s)=\frac{s}{s^{2}+1}.

Passo 6

Voltando à expressão obtida no Passo 4 e substituindo \mathcal{L}\{\cos t\}(s):
\mathcal{L}\{f\}(s)=e^{-s\pi/4}\cdot\mathcal{L}\{\cos t\}(s) =e^{-s\pi/4}\cdot\frac{s}{s^{2}+1}.
Devemos indicar a condição de convergência: a integral \int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\cos\tau\,d\tau converge para \Re(s)>0, logo a expressão final vale para \Re(s)>0.

Resposta

\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{s\,e^{-{\pi s}/{4}}}{s^{2}+1},\qquad \Re(s)>0

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