Calcule a Transformada de Laplace das seguintes funções:
Determine a Transformada de Laplace das funções abaixo, utilizando propriedades como derivação, convolução ou translação, quando necessário:
k(t)=u(t-4)(t-4)^{2}

Passo 1

O enunciado dá a função
k(t)=u(t-4)(t-4)^{2},
onde u(t-4) é a função degrau unitário deslocada. A tarefa é calcular a Transformada de Laplace de k(t), ou seja encontrar \mathcal{L}\{k(t)\}(s). Informações relevantes fornecidas:
  • A função é nula para t<4 por causa de u(t-4).
  • Para t\ge 4 a parte não nula é (t-4)^2.
  • O resultado deverá ser uma função de s.

Passo 2

Vou escrever a definição integral da Transformada de Laplace e usar o fato de que u(t-4)=0 para t<4 e u(t-4)=1 para t\ge4. Por definição,
\mathcal{L}\{k(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} u(t-4)(t-4)^{2} e^{-s t}\,dt.
Como u(t-4) corta a integral para começar em t=4, isto vira
\mathcal{L}\{k(t)\}(s)=\int_{4}^{\infty} (t-4)^{2} e^{-s t}\,dt.
Faço a mudança de variável \tau=t-4. Então t=\tau+4, dt=d\tau e os limites t=4\to\tau=0, t\to\infty\to\tau\to\infty. Substituindo:
\mathcal{L}\{k(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} \tau^{2} e^{-s(\tau+4)}\,d\tau.
Fatorando e^{-4s} (que não depende de \tau):
\mathcal{L}\{k(t)\}(s)=e^{-4s}\int_{0}^{\infty} \tau^{2} e^{-s\tau}\,d\tau.

Passo 3

O integral restante é precisamente a Transformada de Laplace da função t^{2} (com variável de integração \tau):
I(s)=\int_{0}^{\infty} \tau^{2} e^{-s\tau}\,d\tau=\mathcal{L}\{t^{2}\}(s).
Vou calcular I(s) por partes (duas vezes). Primeiro, ponha u=\tau^{2} e dv=e^{-s\tau}d\tau. Então du=2\tau d\tau e v=-\dfrac{1}{s}e^{-s\tau}. Aplicando integração por partes:
I(s)=\left.-\frac{\tau^{2}}{s}e^{-s\tau}\right|_{0}^{\infty}+\frac{2}{s}\int_{0}^{\infty}\tau e^{-s\tau}\,d\tau.
O termo de fronteira vale 0 desde que s>0 (pois \tau^{2}e^{-s\tau}\to0 quando \tau\to\infty e é zero em \tau=0). Logo
I(s)=\frac{2}{s}\int_{0}^{\infty}\tau e^{-s\tau}\,d\tau.
Agora calcule J(s)=\int_{0}^{\infty}\tau e^{-s\tau}\,d\tau por partes outra vez: tome u=\tau, dv=e^{-s\tau}d\tau. Então du=d\tau, v=-\dfrac{1}{s}e^{-s\tau}. Assim
J(s)=\left.-\frac{\tau}{s}e^{-s\tau}\right|_{0}^{\infty}+\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\,d\tau.
O termo de fronteira é 0 novamente para s>0, e a integral simples é \dfrac{1}{s}. Portanto
J(s)=\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{2}}.
Substituindo em I(s):
I(s)=\frac{2}{s}\cdot\frac{1}{s^{2}}=\frac{2}{s^{3}}.
Isso vale para s>0.

Passo 4

Voltando ao resultado do Passo 2 e substituindo I(s):
\mathcal{L}\{k(t)\}(s)=e^{-4s}\cdot\frac{2}{s^{3}}.
A interpretação é que a presença de u(t-4) introduz o fator de atenuação exponencial e^{-4s} (translação no tempo) e a parte (t-4)^{2} fornece a transformada \dfrac{2}{s^{3}}. A região de convergência é s>0.

Resposta

\mathcal{L}\{k(t)\}(s)=\frac{2e^{-4s}}{s^{3}},\quad s>0

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