Determine, quando possível, a transformada de Laplace das funções abaixo.
f(t)=\operatorname{sen}(k t)

Passo 1

O enunciado pede para encontrar, quando possível, a transformada de Laplace da função f(t)=\operatorname{sen}(k t).
Informações dadas (explícitas ou implícitas):
  • A função é f(t)=\operatorname{sen}(k t), com t\ge 0.
  • k é uma constante real (frequência); s será a variável complexa da transformada de Laplace.
  • É preciso indicar também em que região de s a transformada converge (ou seja, “quando possível”).

Passo 2

Definição da transformada de Laplace e explicação dos termos usada neste problema.
A transformada de Laplace de uma função f(t) é definida por
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,f(t)\,dt,
onde:
  • t é a variável do domínio temporal ( t\ge 0);
  • s é, em geral, uma variável complexa s=\sigma+i\omega;
  • a integral converge (existe) quando a parte real de s for suficientemente grande para fazer o fator e^{-st} anular a oscilação/ crescimento de f(t) quando t\to\infty.
No nosso caso f(t)=\operatorname{sen}(k t). Então precisamos calcular
\mathcal{L}\{\operatorname{sen}(k t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,\operatorname{sen}(k t)\,dt,
determinando também a condição em s que garante convergência.

Passo 3

Expressão de \operatorname{sen}(k t) como combinação de exponenciais complexas (identidade útil e simples de provar).
Usa-se a identidade
\operatorname{sen}(k t)=\frac{e^{i k t}-e^{-i k t}}{2i}.
Substituindo isso na integral da transformada:
\mathcal{L}\{\operatorname{sen}(k t)\}(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,\frac{e^{i k t}-e^{-i k t}}{2i}\,dt = \frac{1}{2i}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-(s-i k)t}\,dt-\int_{0}^{\infty} e^{-(s+i k)t}\,dt\right).

Passo 4

Avaliação das integrais exponenciais e condição de convergência.
Para uma constante a com \operatorname{Re}(a)>0 vale a integral geométrica
\int_{0}^{\infty} e^{-a t}\,dt=\frac{1}{a}.
No nosso caso as duas integrais convergem se \operatorname{Re}(s\pm i k)=\operatorname{Re}(s)>0. Logo a condição de convergência é \operatorname{Re}(s)>0.
Aplicando a fórmula às duas integrais:
\int_{0}^{\infty} e^{-(s-i k)t}\,dt=\frac{1}{s-i k},\qquad \int_{0}^{\infty} e^{-(s+i k)t}\,dt=\frac{1}{s+i k},
válido para \operatorname{Re}(s)>0.

Passo 5

Simplificação algébrica final.
Substituindo os resultados no passo anterior:
\mathcal{L}\{\operatorname{sen}(k t)\}(s) = \frac{1}{2i}\left(\frac{1}{s-i k}-\frac{1}{s+i k}\right).
Colocando as frações sobre o mesmo denominador (s-i k)(s+i k)=s^{2}+k^{2}:
\frac{1}{2i}\cdot\frac{(s+i k)-(s-i k)}{s^{2}+k^{2}} =\frac{1}{2i}\cdot\frac{2i k}{s^{2}+k^{2}} =\frac{k}{s^{2}+k^{2}}.
Portanto, para \operatorname{Re}(s)>0 obtemos a forma simples e clássica.
Observação rápida: se k=0 então \operatorname{sen}(0\cdot t)=0 e a transformada é 0, o que coincide com a fórmula \dfrac{k}{s^{2}+k^{2}}=0.

Passo 6

Dica prática para prova (maneira alternativa, sem usar números complexos): usar integração por partes duas vezes no integral
\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\sin(k t)\,dt,
e resolver o sistema que liga a integral de \sin com a de \cos. O procedimento dá o mesmo resultado, mas é mais longo; a representação com exponenciais complexas é mais curta e segura para este tipo de integral.

Resposta

\mathcal{L}\{\operatorname{sen}(k t)\}(s)=\frac{k}{s^{2}+k^{2}},\qquad \operatorname{Re}(s)>0.

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