Dado a \in \mathbb{R} resolva os itens abaixo.
(a) Verifique que a transformada de Laplace, H(s), da função h:[0, \infty) \rightarrow \mathbb{C} definida por h(t)=e^{i a t} é dada por
H(s)=\frac{1}{s-i a}, s>0
Sugestão: Note que e^{i a t}=\cos (a t)+i \operatorname{sen}(a t)
(b) Sejam F(s) e G(s) a transformada de Laplace das funções f(t)=\cos (a t) e g(t)= \operatorname{sen}(a t), respectivamente. Observando que H(s)=F(s)+i G(s) e usando o item anterior, verifique que, para s>0, temos
F(s)=\frac{s}{s^{2}+a^{2}}, \quad G(s)=\frac{a}{s^{2}+a^{2}}

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace da função
h(t)=e^{i a t},\quad t\ge0,
isto é,
H(s)=\mathcal{L}\{h\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}\,h(t)\,dt,
e em seguida, usando que e^{i a t}=\cos(a t)+i\operatorname{sen}(a t), obter as transformadas de \cos(a t) e \operatorname{sen}(a t). O conteúdo principal é a definição de transformada de Laplace e a manipulação de exponenciais complexas.

Passo 2

Aplicando diretamente a definição, para \Re(s)>0 temos
H(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}e^{i a t}\,dt =\int_{0}^{\infty}e^{-(s - i a)\,t}\,dt.
Como \Re(s-i a)=\Re(s)>0, esse integral converge e vale
H(s) =\left[\frac{e^{-(s-i a)\,t}}{-(s - i a)}\right]_{0}^{\infty} =\frac{1}{s - i a}.

Passo 3

Escrevendo e^{i a t}=\cos(a t)+i\operatorname{sen}(a t) obtemos
H(s)=F(s)+i\,G(s),
onde
F(s)=\mathcal{L}\{\cos(a t)\}(s),\quad G(s)=\mathcal{L}\{\operatorname{sen}(a t)\}(s).
Como
\frac{1}{s - i a} =\frac{s+i a}{(s-i a)(s+i a)} =\frac{s}{s^{2}+a^{2}}+i\,\frac{a}{s^{2}+a^{2}},
é imediato que
F(s)=\frac{s}{s^{2}+a^{2}}, \qquad G(s)=\frac{a}{s^{2}+a^{2}}.

Resposta

H(s)=\dfrac{1}{s - i a},\\ s>0
F(s)=\dfrac{s}{s^{2}+a^{2}},\\ s>0
G(s)=\dfrac{a}{s^{2}+a^{2}},\\ s>0

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