Demonstre as transformadas de Laplace par funções:
f(t)=e^{-t} \cos t

Passo 1

O enunciado dá a função f(t)=e^{-t}\cos t (para t\ge 0) e pede que se demonstre a transformada de Laplace dessa função.
Informações relevantes que temos:
  • A função a transformar é f(t)=e^{-t}\cos t.
  • O objetivo é calcular \mathcal{L}\{f(t)\}(s), isto é, a transformada de Laplace de f.

Passo 2

Vamos lembrar a definição da transformada de Laplace e o que cada símbolo significa, porque isso vai guiar todo o cálculo.
A definição é
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,f(t)\,dt,
onde s é uma variável complexa (normalmente s=\sigma+ i\omega). A integral só converge (no nosso caso) se a parte real de s for suficientemente grande para que o integrando decaia rápido o bastante no infinito; vamos verificar isso durante o cálculo.

Passo 3

Aplicando a definição a f(t)=e^{-t}\cos t obtemos
\mathcal{L}\{e^{-t}\cos t\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,e^{-t}\cos t\,dt =\int_{0}^{\infty} e^{-(s+1)t}\cos t\,dt.
Para simplificar a escrita, definimos
p=s+1.
Então precisamos calcular a integral
I(p)=\int_{0}^{\infty} e^{-p t}\cos t\,dt,
e a condição de convergência imediata é \Re(p)>0, isto é \Re(s)>-1.

Passo 4

Vamos calcular I(p) por partes (método padrão). Para manter generalidade usamos b para o coeficiente de \cos e depois colocamos b=1. Assim consideramos
I(p;b)=\int_{0}^{\infty} e^{-p t}\cos(bt)\,dt.
Fazemos integração por partes duas vezes.
Primeira integração por partes: escolha
u=\cos(bt),\qquad dv=e^{-p t}dt,
então
du=-b\sin(bt)\,dt,\qquad v=-\frac{1}{p}e^{-p t}.
Aplicando a fórmula \int u\,dv=[uv]_0^\infty-\int v\,du obtemos
I(p;b)=\Big[-\frac{1}{p}e^{-p t}\cos(bt)\Big]_0^\infty - \int_{0}^{\infty}\left(-\frac{1}{p}e^{-p t}\right)(-b\sin(bt))\,dt.
As fronteiras dão \lim_{t\to\infty}e^{-pt}\cos(bt)=0 se \Re(p)>0, e em t=0 a expressão vale -\dfrac{1}{p}. Assim o termo de fronteira fornece 0-(-\dfrac{1}{p})=\dfrac{1}{p}. O restante é
I(p;b)=\frac{1}{p}-\frac{b}{p}\int_{0}^{\infty} e^{-p t}\sin(bt)\,dt.
Denotando
J(p;b)=\int_{0}^{\infty} e^{-p t}\sin(bt)\,dt,
temos
I(p;b)=\frac{1}{p}-\frac{b}{p}J(p;b).
Segunda integração por partes para J(p;b): escolha
u=\sin(bt),\qquad dv=e^{-p t}dt,
então
du=b\cos(bt)\,dt,\qquad v=-\frac{1}{p}e^{-p t}.
Aplicando a fórmula,
J(p;b)=\Big[-\frac{1}{p}e^{-p t}\sin(bt)\Big]_0^\infty - \int_{0}^{\infty}\left(-\frac{1}{p}e^{-p t}\right)b\cos(bt)\,dt.
As fronteiras valem zero (em t=0 a função seno é zero, e no infinito o exponencial zera), portanto
J(p;b)=\frac{b}{p}\int_{0}^{\infty} e^{-p t}\cos(bt)\,dt=\frac{b}{p}I(p;b).

Passo 5

Substituímos J(p;b)=\dfrac{b}{p}I(p;b) na expressão obtida para I(p;b):
I(p;b)=\frac{1}{p}-\frac{b}{p}\cdot\frac{b}{p}I(p;b)=\frac{1}{p}-\frac{b^{2}}{p^{2}}I(p;b).
Isolando I(p;b),
I(p;b)\Big(1+\frac{b^{2}}{p^{2}}\Big)=\frac{1}{p} \quad\Longrightarrow\quad I(p;b)=\frac{1/p}{1+b^{2}/p^{2}}=\frac{p}{p^{2}+b^{2}}.
Agora retornamos ao caso concreto b=1. Assim
I(p)=I(p;1)=\frac{p}{p^{2}+1}.
Lembrando que p=s+1, obtemos
\mathcal{L}\{e^{-t}\cos t\}(s)=\frac{s+1}{(s+1)^{2}+1},
com região de convergência \Re(s)>-1.

Passo 6

Comentário rápido (atalho útil para a prova): sabe-se que
\mathcal{L}\{\cos(bt)\}(s)=\frac{s}{s^{2}+b^{2}}.
Pela propriedade de deslocamento no domínio s,
\mathcal{L}\{e^{a t}g(t)\}(s)=G(s-a),
onde G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}(s). No nosso caso a=-1 e g(t)=\cos t, então
\mathcal{L}\{e^{-t}\cos t\}(s)=\mathcal{L}\{\cos t\}(s+1)=\frac{s+1}{(s+1)^{2}+1},
o que coincide com o resultado acima e é muito rápido de aplicar em prova.

Resposta

\mathcal{L}\{e^{-t}\cos t\}(s)=\frac{s+1}{(s+1)^{2}+1},\qquad \Re(s)>-1

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