Calcule a transformada de Laplace das seguintes funções:
f(t)=\cos (2 t)+t^{2}

Passo 1

O enunciado pede que eu calcule a transformada de Laplace da função
f(t)=\cos(2t)+t^{2}.
Informações e o que se espera:
\;f(t) está dada para t\ge 0 (pressuposto padrão para transformada de Laplace). O objetivo é encontrar a função F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}(s), ou seja, a transformada de Laplace dessa soma de funções.

Passo 2

Definição e propriedade que vamos usar (explicação didática):
A transformada de Laplace de uma função g(t) é definida por
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,g(t)\,dt,
onde s é uma variável complexa e a integral converge para valores de s com parte real suficientemente grande. Aqui, \operatorname{Re}(s) representa a parte real de s.
Uma propriedade fundamental e muito útil é a linearidade:
\mathcal{L}\{a\,g_1(t)+b\,g_2(t)\}(s)=a\,\mathcal{L}\{g_1(t)\}(s)+b\,\mathcal{L}\{g_2(t)\}(s),
para constantes a,b. Como f(t) é soma de duas funções, posso calcular as transformadas separadamente e somar os resultados.

Passo 3

Cálculo de \mathcal{L}\{\cos(2t)\}(s) — explicação e derivação:
Começo por escrever a integral
\mathcal{L}\{\cos(2t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\cos(2t)\,dt.
Uma maneira elegante é usar a representação exponencial de cosseno:
\cos(2t)=\frac{e^{i2t}+e^{-i2t}}{2}.
Então
\mathcal{L}\{\cos(2t)\}(s)=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\bigl(e^{i2t}+e^{-i2t}\bigr)\,dt =\frac{1}{2}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-(s-i2)t}\,dt+\int_{0}^{\infty} e^{-(s+i2)t}\,dt\right).
Cada integral é uma integral exponencial impropria do tipo \int_{0}^{\infty} e^{-at}\,dt com a=s\mp i2. Para \operatorname{Re}(s)>0 temos convergência e
\int_{0}^{\infty} e^{-(s\mp i2)t}\,dt=\frac{1}{s\mp i2}.
Portanto
\mathcal{L}\{\cos(2t)\}(s)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-i2}+\frac{1}{s+i2}\right).
Agora somo as frações:
\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-i2}+\frac{1}{s+i2}\right) =\frac{1}{2}\left(\frac{(s+i2)+(s-i2)}{(s-i2)(s+i2)}\right) =\frac{1}{2}\cdot\frac{2s}{s^{2}+4} =\frac{s}{s^{2}+4}.
Assim
\mathcal{L}\{\cos(2t)\}(s)=\frac{s}{s^{2}+4},\qquad \operatorname{Re}(s)>0.

Passo 4

Cálculo de \mathcal{L}\{t^{2}\}(s) — derivação por partes (passo a passo):
Queremos
\mathcal{L}\{t^{2}\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} t^{2}\,dt.
Vou usar integração por partes duas vezes. A fórmula de integração por partes é
\int u\,dv = uv - \int v\,du.
Primeira aplicação: escolha u=t^{2} e dv=e^{-s t}dt. Então du=2t\,dt e v=-\dfrac{1}{s}e^{-s t}.
Aplicando:
\int_{0}^{\infty} e^{-s t} t^{2}\,dt =\left.-\frac{t^{2}}{s}e^{-s t}\right|_{0}^{\infty} + \frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,2t\,dt.
Análises dos termos de fronteira: para \operatorname{Re}(s)>0 temos e^{-s t}\to 0 quando t\to\infty suficientemente rápido, e no t=0 o termo é zero. Logo o termo de fronteira é zero e resta
\int_{0}^{\infty} e^{-s t} t^{2}\,dt = \frac{2}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-s t} t\,dt.
Segunda aplicação (para a integral \int_{0}^{\infty} e^{-s t} t\,dt): escolha u=t e dv=e^{-s t}dt. Então du=dt e v=-\dfrac{1}{s}e^{-s t}. Assim
\int_{0}^{\infty} e^{-s t} t\,dt =\left.-\frac{t}{s}e^{-s t}\right|_{0}^{\infty} + \frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,dt.
Novamente o termo de fronteira é zero para \operatorname{Re}(s)>0. E \int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,dt=\dfrac{1}{s}. Portanto
\int_{0}^{\infty} e^{-s t} t\,dt = \frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{2}}.
Voltando à expressão anterior:
\int_{0}^{\infty} e^{-s t} t^{2}\,dt = \frac{2}{s}\cdot\frac{1}{s^{2}}=\frac{2}{s^{3}}.
Esse resultado coincide com a fórmula geral \mathcal{L}\{t^{n}\}(s)=\dfrac{n!}{s^{n+1}} para n=2 (pois 2!=2).

Passo 5

Uso da linearidade para combinar resultados:
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\mathcal{L}\{\cos(2t)\}(s)+\mathcal{L}\{t^{2}\}(s) =\frac{s}{s^{2}+4}+\frac{2}{s^{3}}.
A região de convergência comum aos dois termos é \operatorname{Re}(s)>0, então a fórmula vale para \operatorname{Re}(s)>0.

Resposta

\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\frac{s}{s^{2}+4}+\frac{2}{s^{3}}
\operatorname{Re}(s)>0

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