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

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos dá.
  • O enunciado pede: calcular a transformada de Laplace da função f(t)\) definida por \[f(t)= \begin{cases}t, & 0 \leq t<1, \\[4pt] 1, & t \geq 1.\end{cases}
  • Informação relevante: a função é definida por partes com mudança em t=1\]. - Resultado que precisamos devolver: uma expressão \(F(s)=\mathcal{L}\{f\}(s) válida para os valores de s em que a integral converge (vamos indicar isso).]

Passo 2

Definição da transformada de Laplace e estratégia de solução (passo a passo).
  • Definição: a transformada de Laplace de uma 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 deve convergir (em geral requer \Re(s) suficientemente grande; aqui veremos que \Re(s)>0 basta).
  • Estratégia: como f é peça-por-peça com quebra em t=1, vamos partir a integral em dois trechos:
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{1} e^{-st}t\,dt+\int_{1}^{\infty} e^{-st}\cdot 1\,dt.
Vou calcular cada integral com calma (explicando cada passo). Depois faço uma verificação alternativa usando a função degrau (Heaviside) para consolidar a ideia.

Passo 3

Calcular a segunda integral (a mais simples): \displaystyle \int_{1}^{\infty} e^{-st}\,dt.
  • Essa é uma integral exponencial impropria; para \Re(s)>0 temos convergência e
\int_{1}^{\infty} e^{-st}\,dt=\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_{t=1}^{t=\infty}.
  • Avaliando os limites: quando t\to\infty tem-se e^{-st}\to 0 se \Re(s)>0. Portanto
\int_{1}^{\infty} e^{-st}\,dt = 0 -\left(-\frac{1}{s}e^{-s}\right)=\frac{e^{-s}}{s}.

Passo 4

Calcular a primeira integral \displaystyle \int_{0}^{1} t\,e^{-st}\,dt usando integração por partes — explicando a técnica.
  • Lembrete rápido sobre integração por partes: se escolhemos u=u(t) e dv=dv(t) então
\int u\,dv = uv - \int v\,du.
A ideia é escolher u de modo que du seja mais simples, e dv que seja integrável facilmente.
  • Aqui escolhemos u=t (logo du=dt) e dv=e^{-st}dt. Então uma primitiva de dv é v=-\dfrac{1}{s}e^{-st} (porque \dfrac{d}{dt}(-\frac{1}{s}e^{-st})=e^{-st}).
  • Aplicando integração por partes:
\int_{0}^{1} t\,e^{-st}\,dt = \left.-\frac{t e^{-st}}{s}\right|_{0}^{1} + \int_{0}^{1}\frac{e^{-st}}{s}\,dt.
  • Avaliando o termo de fronteira:
\left.-\frac{t e^{-st}}{s}\right|_{0}^{1} = -\frac{1\cdot e^{-s}}{s} - \left(-\frac{0\cdot e^{0}}{s}\right) = -\frac{e^{-s}}{s}.
  • Agora calcular \displaystyle \int_{0}^{1}\frac{e^{-st}}{s}\,dt = \frac{1}{s}\int_{0}^{1} e^{-st}\,dt. Essa integral é simples:
\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}.
Multiplicando por \dfrac{1}{s}
\frac{1}{s}\int_{0}^{1} e^{-st}\,dt = \frac{1-e^{-s}}{s^{2}}.
  • Somando tudo:
\int_{0}^{1} t\,e^{-st}\,dt = -\frac{e^{-s}}{s} + \frac{1-e^{-s}}{s^{2}}.

Passo 5

Somar as duas integrais e simplificar.
  • Já temos:
\int_{0}^{1} t\,e^{-st}\,dt = -\frac{e^{-s}}{s} + \frac{1-e^{-s}}{s^{2}}, \qquad \int_{1}^{\infty} e^{-st}\,dt = \frac{e^{-s}}{s}.
  • Somando:
\mathcal{L}\{f\}(s) = \left(-\frac{e^{-s}}{s} + \frac{1-e^{-s}}{s^{2}}\right) + \frac{e^{-s}}{s}.
  • Note que os termos -\dfrac{e^{-s}}{s} e +\dfrac{e^{-s}}{s} se cancelam, sobrando
\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{1-e^{-s}}{s^{2}}.
  • A expressão é válida para \Re(s)>0 (condição usada para garantir que \int_{1}^{\infty} e^{-st}dt converge).

Passo 6

Verificação alternativa (mais curta) usando a função degrau — útil para a prova.
  • Podemos escrever f(t) usando a função degrau u(t-1). Observação: para t<1 queremos f(t)=t; para t\ge1 queremos f(t)=1. A fórmula
f(t)=t - (t-1)\,u(t-1)
cumpre isso, porque para t<1 o degrau é zero e f(t)=t; para t\ge1 temos f(t)=t-(t-1)=1.
  • Propriedade de deslocamento: se g(\tau) tem transformada G(s), então \mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s).
  • Aqui g(\tau)=\tau tem transformada G(s)=\dfrac{1}{s^{2}}. Logo
\mathcal{L}\{(t-1)u(t-1)\}=e^{-s}\cdot\frac{1}{s^{2}}.
  • Como \mathcal{L}\{t\}=1/s^{2}, obtemos
\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{1}{s^{2}} - e^{-s}\frac{1}{s^{2}}=\frac{1-e^{-s}}{s^{2}},
igual ao resultado anterior. Novamente a condição \Re(s)>0 garante convergência.

Resposta

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

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