Calcule a Transformada de Laplace das seguintes funções:
a) f(t)=\left\{\begin{array}{lr}0 & 0 \leq t<2 \\\ t-2 & t \geq 2\end{array}\right.

Passo 1

Vou deixar muito claro o que o enunciado pede e o que ele dá.
  • O enunciado pede: calcular a Transformada de Laplace da função dada.
  • A função dada é
f(t)=\begin{cases} 0, & 0 \le t < 2,\\[4pt] t-2, & t \ge 2. \end{cases}
  • Informação útil extraída: a função só começa a ser não nula a partir de t=2; para t\ge2 ela vale t-2.]

Passo 2

Lembrete da definição de Transformada de Laplace e o que vamos usar.
  • Definição: para uma função f(t) definida em t\ge0, a Transformada de Laplace é
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt,
onde s é um número complexo e a integral converge para valores de s com parte real suficientemente grande. Normalmente, para funções polinomiais multiplicadas por exponenciais, a região de convergência é \Re(s)>0. Vou explicitar a região de convergência ao final.

Passo 3

Reescrever [f(t)) usando a função degrau (Heaviside) — isso facilita aplicar um teorema padrão.
  • Definição da função degrau deslocada: \,u(t-a)=\begin{cases}0,&t<a,\\\ 1,&t\ge a.\end{cases}\] - Observando \(f(t), podemos escrever
f(t)=(t-2)\,u(t-2),
porque para t<2 o degrau anula a expressão e para t\ge2 temos u(t-2)=1 e f(t)=t-2.

Passo 4

Apresentar o teorema do deslocamento no tempo (teorema da função degrau) e explicar o que cada símbolo significa.
  • Teorema (deslocamento no tempo): se uma função pode ser escrita como \,f(t)=g(t-a)\,u(t-a) com a\ge0, então
\mathcal{L}\{f\}(s)=e^{-as}\,G(s),
onde G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}g(t)\,dt.
  • Interpretação: o fator e^{-as} aparece por causa do deslocamento temporal; G(s) é a Transformada de Laplace da forma “não deslocada” g(t).
  • No nosso caso escolhemos a=2 e g(t)=t porque f(t)=g(t-2)u(t-2) com g(\tau)=\tau.

Passo 5

Calcular G(s)=\mathcal{L}\{g\}(s) para g(t)=t. Vou mostrar isso passo a passo (integração por partes) para você entender e poder repetir na prova.
  • Queremos calcular
G(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}t\,dt.
  • Use integração por partes com u=t e dv=e^{-st}dt. Então du=dt e v=\int e^{-st}dt=-\dfrac{1}{s}e^{-st} (assumindo \Re(s)>0 para convergência).
  • Aplicando integração por partes:
\int_{0}^{\infty}t e^{-st}dt=\left. -\frac{t}{s}e^{-st}\right|_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty}\frac{1}{s}e^{-st}dt.
  • Avaliando o primeiro termo: quando t\to\infty temos t e^{-st}\to 0 se \Re(s)>0; em t=0 o termo é zero. Então o primeiro termo resulta em 0.
  • O segundo termo é \dfrac{1}{s}\int_{0}^{\infty}e^{-st}dt. Essa integral dá \dfrac{1}{s} (novamente para \Re(s)>0), logo
\int_{0}^{\infty}t e^{-st}dt=\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{2}}.
  • Portanto G(s)=\dfrac{1}{s^{2}} para \Re(s)>0.

Passo 6

Aplicar o teorema do deslocamento no tempo ao nosso f(t).
  • Como vimos, f(t)=(t-2)u(t-2)=g(t-2)u(t-2) com g(t)=t e a=2.
  • Pelo teorema,
\mathcal{L}\{f\}(s)=e^{-2s}\,G(s)=e^{-2s}\cdot\frac{1}{s^{2}}.

Passo 7

(Faça uma verificação alternativa via integral direta — isso ajuda a confiar no resultado e é bom para a prova.)
  • Pela definição direta:
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt=\int_{2}^{\infty}e^{-st}(t-2)\,dt,
pois f(t)=0 em [0,2).
  • Faça a mudança de variável \tau=t-2, então t=\tau+2, dt=d\tau e os limites passam de t=2\to\tau=0 e t\to\infty\to\tau\to\infty. A integral fica
\int_{0}^{\infty}e^{-s(\tau+2)}\tau\,d\tau=e^{-2s}\int_{0}^{\infty}\tau e^{-s\tau}d\tau.
  • Sabemos pela conta do Passo 5 que \int_{0}^{\infty}\tau e^{-s\tau}d\tau=\dfrac{1}{s^{2}} para \Re(s)>0. Assim novamente obtemos
\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{e^{-2s}}{s^{2}}.

Resposta

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

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