Calcule as transformadas de Laplace das seguintes funções:
f(t)=e^{b t} \operatorname{sen}(a t)

Passo 1

O que o problema pede e o que foi dado\n
  • Pede-se a transformada de Laplace da função \,f(t)=e^{b t}\operatorname{sen}(a t)\,.
  • As constantes envolvidas são \,a e \,b (assumir a real e b real).
  • A transformada de Laplace que vamos calcular é a função de s
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t)\,dt.
  • Precisamos também indicar a região de convergência (valores de \,s onde a integral converge).

Passo 2

Lembrete da definição e estratégia inicial\n
  • A definição (repetindo com calma) é
\mathcal{L}\{e^{b t}\sin(a t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,e^{b t}\sin(a t)\,dt.
  • Juntando exponenciais temos um único decaimento/expoente:
\int_{0}^{\infty} e^{-(s-b)t}\sin(a t)\,dt.
  • Para tornar a notação mais simples, defino
\alpha = s-b.
Assim a integral que preciso calcular é
I(\alpha)=\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha t}\sin(a t)\,dt.
  • Observação sobre convergência: para que e^{-\alpha t} faça o integrando tender a zero quando t\to\infty é necessário \Re(\alpha)>0. Como \alpha=s-b, isso equivale a \Re(s)>b. Guardar isso para a resposta final.

Passo 3

Cálculo de I(\alpha)=\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha t}\sin(a t)\,dt — primeiro passo por partes\n
  • Vou calcular I(\alpha) por integração por partes duas vezes. Primeira integração por partes: escolho
    • u=\sin(a t) (então du=a\cos(a t)\,dt),
    • dv=e^{-\alpha t}\,dt (então v=-\dfrac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}, válido se \alpha\neq0).
  • Aplicando a fórmula \int u\,dv = uv - \int v\,du obtemos
I(\alpha)=\left[ -\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}\sin(a t)\right]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty}\left(-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}\right)\,a\cos(a t)\,dt.
  • Avaliando o termo de fronteira: se \Re(\alpha)>0 então e^{-\alpha t}\to0 quando t\to\infty, e \sin(a t) é limitada, logo o limite no infinito é 0. No t=0 temos \sin(0)=0, então o termo de fronteira inteiro é 0-0=0.
  • Assim sobra
I(\alpha)=\frac{a}{\alpha}\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha t}\cos(a t)\,dt.
  • Defino para simplificar
J(\alpha)=\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha t}\cos(a t)\,dt,
logo I(\alpha)=\dfrac{a}{\alpha}J(\alpha).

Passo 4

Segunda integração por partes para obter J(\alpha)\n
  • Calculo agora J(\alpha)=\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha t}\cos(a t)\,dt por partes com
    • u=\cos(a t) (então du=-a\sin(a t)\,dt),
    • dv=e^{-\alpha t}\,dt (então v=-\dfrac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}).
  • Aplicando \int u\,dv = uv - \int v\,du obtemos
J(\alpha)=\left[-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}\cos(a t)\right]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty}\left(-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}\right)\,(-a\sin(a t))\,dt.
  • Avaliando o termo de fronteira: novamente, para \Re(\alpha)>0 o termo no infinito é zero; no t=0 temos -\dfrac{1}{\alpha}\cos(0)=-\dfrac{1}{\alpha}. Portanto o termo de fronteira total é 0-(-\dfrac{1}{\alpha})=\dfrac{1}{\alpha}.
  • O integrando da segunda parte fica -\dfrac{a}{\alpha}\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha t}\sin(a t)\,dt, mas note os sinais: o produto dos sinais dá -\dfrac{a}{\alpha}I(\alpha). Assim
J(\alpha)=\frac{1}{\alpha}-\frac{a}{\alpha}I(\alpha).

Passo 5

Resolver o sistema entre I(\alpha) e J(\alpha)\n
  • Já tínhamos I(\alpha)=\dfrac{a}{\alpha}J(\alpha). Substituo J(\alpha) pela expressão do Passo 4:
I(\alpha)=\frac{a}{\alpha}\left(\frac{1}{\alpha}-\frac{a}{\alpha}I(\alpha)\right).
  • Expando:
I(\alpha)=\frac{a}{\alpha^{2}}-\frac{a^{2}}{\alpha^{2}}I(\alpha).
  • Reagrupando termos com I(\alpha):
I(\alpha)\left(1+\frac{a^{2}}{\alpha^{2}}\right)=\frac{a}{\alpha^{2}}.
  • Simplificando o fator:
I(\alpha)\cdot\frac{\alpha^{2}+a^{2}}{\alpha^{2}}=\frac{a}{\alpha^{2}}.
  • Finalmente:
I(\alpha)=\frac{a}{\alpha^{2}+a^{2}}.

Passo 6

Retornando à variável s e escrevendo a transformada\n
  • Lembrando que \alpha=s-b, a transformada pedida é
\mathcal{L}\{e^{b t}\sin(a t)\}(s)=I(s-b)=\frac{a}{(s-b)^{2}+a^{2}}.
  • E a condição de convergência, conforme apontado antes, é \Re(s-b)>0, ou seja
\Re(s)>b.

Passo 7

Comentário rápido (atalho útil para a prova)\n
  • Existe uma propriedade prática: se \mathcal{L}\{g(t)\}(s)=G(s) então \mathcal{L}\{e^{b t}g(t)\}(s)=G(s-b) (deslocamento na variável s). Como \mathcal{L}\{\sin(a t)\}(s)=\dfrac{a}{s^{2}+a^{2}} para \Re(s)>0, aplicar o deslocamento s\mapsto s-b dá imediatamente o mesmo resultado:
\mathcal{L}\{e^{b t}\sin(a t)\}(s)=\frac{a}{(s-b)^{2}+a^{2}},\qquad \Re(s)>b.

Resposta

\mathcal{L}\{e^{b t}\sin(a t)\}(s)=\frac{a}{(s-b)^{2}+a^{2}},\qquad \Re(s)>b.

Exercícios relacionados