Calcule a transformada de Laplace da função dada.
f(t)=(t-1)^{3} e^{t-1} u_{1}(t).

Passo 1

O enunciado dá a função
f(t)=(t-1)^{3} e^{t-1} u_{1}(t)
e pede para calcular a transformada de Laplace \mathcal{L}\{f(t)\}(s).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A função contém o fator u_{1}(t), que é a função degrau unitário deslocada em t=1.
  • O termo (t-1)^{3} e^{t-1} sugere um deslocamento temporal: a variável aparece como t-1.
  • Precisamos fornecer a transformada em função de s e indicar a região de convergência (condição em \Re(s)).

Passo 2

Recordando a definição da transformada de Laplace: para uma função h(t) de variável real t\ge0,
\mathcal{L}\{h(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} h(t)\,e^{-st}\,dt,
onde s é um número complexo e a integral converge para valores de s em uma certa região \Re(s)>\sigma_0. Aqui s é a variável da transformada e \Re(s) indica a parte real de s.

Passo 3

Explicar o papel do degrau deslocado e reescrever a função para aplicar o teorema de deslocamento no tempo.
A função degrau deslocado u_{1}(t)\) é definida por \[u_{1}(t)=\begin{cases} 0, & t<1,\\[4pt] 1, & t\ge 1. \end{cases}
Portanto f(t)\] só é não nula para \(t\ge 1. Podemos identificar f(t) no formato padrão do teorema de deslocamento: se escrever
f(t)=g(t-1)\,u_{1}(t),
então aqui g(\tau)=\tau^{3}e^{\tau} com \tau=t-1. Ou seja, f(t)=g(t-1)u(t-1) com a=1.]

Passo 4

Enunciar o teorema de deslocamento no tempo (segunda propriedade de deslocamento): se g(t) é uma função com transformada G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}(s), então para a>0
\mathcal{L}\{g(t-a)\,u_{a}(t)\}(s)=e^{-a s}\,G(s).
Aqui u_a(t)=u(t-a). No nosso caso a=1 e g(t)=t^{3}e^{t}. Assim
\mathcal{L}\{(t-1)^{3}e^{t-1}u_{1}(t)\}(s)=e^{-s}\,\mathcal{L}\{t^{3}e^{t}\}(s).
Explicando as variáveis: na igualdade acima a transformada G(s)=\mathcal{L}\{t^{3}e^{t}\}(s) é a transformada padrão da função t^{3}e^{t} em variável t.

Passo 5

Calcular \mathcal{L}\{t^{3}e^{t}\}(s). Usamos duas propriedades padrão:
  1. \mathcal{L}\{t^{n}\}(s)=\dfrac{n!}{s^{\,n+1}} para \Re(s)>0.
  2. Multiplicar por e^{at} desloca s: \mathcal{L}\{e^{at}h(t)\}(s)=H(s-a), onde H(s)=\mathcal{L}\{h(t)\}(s).
Aplicando 1) com n=3 obtemos
\mathcal{L}\{t^{3}\}(s)=\frac{3!}{s^{4}}=\frac{6}{s^{4}},\qquad \Re(s)>0.
Agora aplicando 2) com a=1 e h(t)=t^{3},
\mathcal{L}\{t^{3}e^{t}\}(s)=\mathcal{L}\{e^{1\cdot t}t^{3}\}(s)=\frac{6}{(s-1)^{4}},
válido para \Re(s)>1 (porque o polo efetivo deslocado fica em s=1).

Passo 6

Combinar com o fator e^{-s} do deslocamento no tempo (Passo 4). Assim
\mathcal{L}\{(t-1)^{3}e^{t-1}u_{1}(t)\}(s)=e^{-s}\cdot\frac{6}{(s-1)^{4}}=\frac{6e^{-s}}{(s-1)^{4}}.
A região de convergência é \Re(s)>1, pois a transformada de t^{3}e^{t} exige \Re(s-1)>0.

Passo 7

(Verificação por substituição direta da integral) Para confirmar, calcular diretamente pela definição com a substituição \tau=t-1:
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} (t-1)^{3}e^{t-1}u_{1}(t)\,e^{-st}\,dt =\int_{1}^{\infty} (t-1)^{3}e^{t-1}e^{-st}\,dt.
Fazendo \tau=t-1 (quando t=1 temos \tau=0, quando t\to\infty temos \tau\to\infty), obtemos
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} \tau^{3}e^{\tau} e^{-s(\tau+1)}\,d\tau =e^{-s}\int_{0}^{\infty}\tau^{3}e^{-(s-1)\tau}\,d\tau.
A integral é a definição da transformada de \tau^{3} com variável s-1, ou seja \int_{0}^{\infty}\tau^{3}e^{-(s-1)\tau}\,d\tau=\dfrac{6}{(s-1)^{4}} para \Re(s-1)>0. Isso reconfirma
\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{6e^{-s}}{(s-1)^{4}},\qquad \Re(s)>1.

Resposta

\mathcal{L}\{(t-1)^{3} e^{t-1} u_{1}(t)\}(s)=\frac{6e^{-s}}{(s-1)^{4}},\qquad \Re(s)>1

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