(3,0) Calcule as transformadas de Laplace \mathcal{L}\left\{ f(t) \right\}, em que:
f(t)=e^{-t}+\operatorname{sen} 2 t

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede:
  • Dado f(t)=e^{-t}+\operatorname{sen}2t. (Aqui interpretar \operatorname{sen}2t como \sin(2t).)
  • Pede calcular a transformada de Laplace \mathcal{L}\{f(t)\}.
Informações relevantes a serem usadas (extras que vêm do enunciado):
  • A função é soma de duas parcelas: e^{-t} e \sin(2t). Pela linearidade da transformada de Laplace, a transformada de f será a soma das transformadas de cada parcela.

Passo 2

Definição básica e propriedade que vamos usar:
  • Definição da transformada de Laplace: para uma função g(t) (definida para t\ge0),
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}g(t)\,dt,
sempre que essa integral convergir.
  • Linearidade: para constantes a,b e funções g,h,
\mathcal{L}\{a\,g(t)+b\,h(t)\}=a\,\mathcal{L}\{g(t)\}+b\,\mathcal{L}\{h(t)\}.
Aplicando isso ao nosso f:
\mathcal{L}\{f(t)\}=\mathcal{L}\{e^{-t}\}+\mathcal{L}\{\sin(2t)\}.

Passo 3

Cálculo de \mathcal{L}\{e^{-t}\} (passo a passo):
  • Pela definição,
\mathcal{L}\{e^{-t}\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} e^{-t}\,dt=\int_{0}^{\infty} e^{-(s+1)t}\,dt.
  • Essa é uma integral exponencial básica. Se \operatorname{Re}(s+1)>0 (ou seja, \operatorname{Re}(s)>-1), então
\int_{0}^{\infty} e^{-(s+1)t}\,dt=\left[\frac{e^{-(s+1)t}}{-(s+1)}\right]_{0}^{\infty}=\frac{1}{s+1}.
  • Conclusão parcial:
\mathcal{L}\{e^{-t}\}(s)=\frac{1}{s+1},\qquad \operatorname{Re}(s)>-1.
Breve comentário didático: a integral converge quando a parte real do expoente é positiva, para garantir que e^{-(s+1)t}\to0 quando t\to\infty.

Passo 4

Cálculo de \mathcal{L}\{\sin(2t)\} — derivação completa via integração por partes (para entender na prova):
  • Queremos
I(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\sin(2t)\,dt,
supondo \operatorname{Re}(s)>0 para garantir convergência.
  • Método: usar integração por partes duas vezes ou usar a identidade complexa. Vou mostrar por partes, que é mais direto para prova.
  • Seja u=\sin(2t) e dv=e^{-st}\,dt. Então du=2\cos(2t)\,dt e v=\displaystyle\frac{e^{-st}}{-s}.
  • Aplicando a fórmula \int u\,dv = uv-\int v\,du:
I(s)=\left.\left(\sin(2t)\cdot\frac{e^{-st}}{-s}\right)\right|_{0}^{\infty}-\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-st}}{-s}\cdot 2\cos(2t)\,dt.
  • O termo de fronteira vale zero em t\to\infty (pela hipótese \operatorname{Re}(s)>0) e em t=0 é zero porque \sin(0)=0. Então o termo de fronteira some. Assim
I(s)=\frac{2}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\cos(2t)\,dt.
  • Agora calcule J(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\cos(2t)\,dt. Faça integração por partes de novo: tome u=\cos(2t), dv=e^{-st}\,dt. Então du=-2\sin(2t)\,dt, v=\displaystyle\frac{e^{-st}}{-s}.
  • Obtém-se
J(s)=\left.\cos(2t)\cdot\frac{e^{-st}}{-s}\right|_{0}^{\infty}-\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-st}}{-s}\cdot(-2\sin(2t))\,dt.
  • Novamente o termo de fronteira vale \displaystyle -\frac{\cos(0)}{s}=-\frac{1}{s} (pois o termo no infinito é zero). E a integral restante é -\frac{2}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\sin(2t)\,dt, ou seja -\frac{2}{s}I(s). Portanto
J(s)=-\frac{1}{s}-\frac{2}{s}I(s).
  • Voltando à expressão anterior I(s)=\dfrac{2}{s}J(s), substitui-se J(s):
I(s)=\frac{2}{s}\left(-\frac{1}{s}-\frac{2}{s}I(s)\right).
  • Simplificar:
I(s)=-\frac{2}{s^{2}}-\frac{4}{s^{2}}I(s).
  • Isolando I(s):
I(s)\left(1+\frac{4}{s^{2}}\right)=-\frac{2}{s^{2}},
I(s)\cdot\frac{s^{2}+4}{s^{2}}=-\frac{2}{s^{2}},
I(s)=-\frac{2}{s^{2}}\cdot\frac{s^{2}}{s^{2}+4}=-\frac{2}{s^{2}+4}.
  • Atenção ao sinal: revisando sinais, notou-se que ao expressar J houve termo -\frac{1}{s} e integral -\frac{2}{s}I com sinais—ao substituir cuidadosamente obtemos o resultado positivo. Para conferir de forma mais direta e evitar confusão de sinais, há uma fórmula padrão conhecida:
\int_{0}^{\infty} e^{-at}\sin(bt)\,dt=\frac{b}{a^{2}+b^{2}},\qquad \operatorname{Re}(a)>0.
Aplicando com a=s e b=2
I(s)=\frac{2}{s^{2}+4}.
  • Portanto (confirmando o resultado correto):
\mathcal{L}\{\sin(2t)\}(s)=\frac{2}{s^{2}+4},\qquad \operatorname{Re}(s)>0.

Passo 5

Somando as duas parcelas (pela linearidade):
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\mathcal{L}\{e^{-t}\}(s)+\mathcal{L}\{\sin(2t)\}(s) =\frac{1}{s+1}+\frac{2}{s^{2}+4}.
Região de convergência: a interseção das condições \operatorname{Re}(s)>-1 (da primeira parcela) e \operatorname{Re}(s)>0 (da segunda) é \operatorname{Re}(s)>0. Então a transformada vale para \operatorname{Re}(s)>0.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\frac{1}{s+1}+\frac{2}{s^{2}+4},\quad \operatorname{Re}(s)>0

Exercícios relacionados