Calcule a transformada de Laplace:
f(t)= \begin{cases}t, & 0 \leq t<1, \\\\ 1, & t \geq 1\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá a função por partes
f(t)= \begin{cases}t, & 0 \leq t<1, \\[4pt] 1, & t \geq 1,\end{cases}
e pede para calcular a transformada de Laplace de f(t). As informações relevantes são:
  • O valor de f(t) para 0\le t<1 é t.
  • O valor de f(t) para t\ge 1 é 1.
  • Precisa-se da expressão de \mathcal{L}\{f\}(s) (e a região de convergência, se for o caso).]

Passo 2

Vou usar a definição da transformada de Laplace e explicar bem o que cada coisa significa.
A transformada de Laplace de uma função f(t) é definida por
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa da transformada. Essa integral só faz sentido (converge) para valores de s que tornam a integral própria — normalmente exigimos \operatorname{Re}(s)>0 para funções de crescimento polinomial, como aqui. Vou aplicar essa definição diretamente ao f(t) dado.

Passo 3

Como f(t) é dada por partes, quebre a integral em duas partes onde a definição muda:
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{1} e^{-st}\,t\,dt \;+\; \int_{1}^{\infty} e^{-st}\cdot 1\,dt.
Agora vamos calcular cada uma dessas integrais separadamente. Suponho implicitamente \operatorname{Re}(s)>0 para que as integrais improprias existam.

Passo 4

Calcular a primeira integral
I_1=\int_{0}^{1} e^{-st}\,t\,dt.
Fazemos integração por partes. Tome
u=t,\qquad dv=e^{-st}\,dt.
Então
du=dt,\qquad v=\int e^{-st}\,dt = -\frac{1}{s}e^{-st}.
A fórmula de integração por partes é \int u\,dv = uv - \int v\,du. Aplicando:
I_1 = \left. -\frac{t}{s}e^{-st}\right|_{0}^{1} \;-\; \int_{0}^{1}\left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right)\,dt.
Avalie o primeiro termo nos limites:
\left. -\frac{t}{s}e^{-st}\right|_{0}^{1} = -\frac{1}{s}e^{-s} - \left(-\frac{0}{s}e^{0}\right) = -\frac{e^{-s}}{s}.
A segunda integral é
-\int_{0}^{1}\left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right)\,dt = \frac{1}{s}\int_{0}^{1} e^{-st}\,dt.
Calcule essa integral elementar:
\int_{0}^{1} e^{-st}\,dt = \left. -\frac{1}{s}e^{-st}\right|_{0}^{1} = -\frac{e^{-s}}{s} + \frac{1}{s} = \frac{1 - e^{-s}}{s}.
Portanto
\frac{1}{s}\int_{0}^{1} e^{-st}\,dt = \frac{1}{s}\cdot\frac{1 - e^{-s}}{s} = \frac{1 - e^{-s}}{s^{2}}.
Somando as partes de I_1:
I_1 = -\frac{e^{-s}}{s} + \frac{1 - e^{-s}}{s^{2}}.
Agora simplificamos um pouco I_1. Colocando em denominador comum s^{2}:
I_1 = \frac{-e^{-s}s + 1 - e^{-s}}{s^{2}} = \frac{1 - e^{-s}(s+1)}{s^{2}}.

Passo 5

Calcular a segunda integral
I_2=\int_{1}^{\infty} e^{-st}\,dt.
Esta é uma integral imprópria exponencial. Para \operatorname{Re}(s)>0,
I_2 = \left. -\frac{1}{s}e^{-st}\right|_{1}^{\infty} = 0 -\left(-\frac{1}{s}e^{-s}\right) = \frac{e^{-s}}{s}.

Passo 6

Somar I_1 e I_2:
\mathcal{L}\{f\}(s) = I_1 + I_2 = \frac{1 - e^{-s}(s+1)}{s^{2}} \;+\; \frac{e^{-s}}{s}.
Vamos simplificar os termos que contêm e^{-s}. Reescrevendo o segundo termo com denominador s^{2}:
\frac{e^{-s}}{s} = \frac{e^{-s}s}{s^{2}}.
Então
\mathcal{L}\{f\}(s) = \frac{1 - e^{-s}(s+1) + e^{-s}s}{s^{2}} = \frac{1 - e^{-s}\bigl((s+1)-s\bigr)}{s^{2}}.
Observe (s+1)-s = 1, portanto
\mathcal{L}\{f\}(s) = \frac{1 - e^{-s}}{s^{2}}.
Essa é uma forma muito simples e elegante. A região de convergência é \operatorname{Re}(s)>0.

Passo 7

Verificação alternativa (útil na prova): representar f usando a função degrau \,u(t-1). Uma forma conveniente é
f(t)=t - (t-1)\,u(t-1).
Explicando: para t<1 tem-se u(t-1)=0 e f(t)=t; para t\ge1 tem-se u(t-1)=1 e f(t)=t-(t-1)=1. Pela propriedade de deslocamento da transformada de Laplace, para \operatorname{Re}(s)>0,
\mathcal{L}\{(t-1)u(t-1)\}(s)=e^{-s}\mathcal{L}\{t\}(s)=e^{-s}\cdot\frac{1}{s^{2}}.
Como \mathcal{L}\{t\}(s)=1/s^{2}, então
\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{1}{s^{2}} - e^{-s}\frac{1}{s^{2}}=\frac{1-e^{-s}}{s^{2}},
confirmando o resultado anterior.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{1-e^{-s}}{s^{2}},\qquad \operatorname{Re}(s)>0

Exercícios relacionados