Determine a transformada de Laplace de cada uma das seguintes funções:
f(t)=-20 \cdot e^{-5(t-2)} u(t-2)

Passo 1

O enunciado pede para calcular a transformada de Laplace da função
f(t) = -20 \cdot e^{-5(t-2)}\,u(t-2).
Informações dadas e o que se pede:
  • A função f(t) contém o fator u(t-2), que é a função degrau de Heaviside (ou seja, a função vale zero para t<2 e ativa a expressão exponencial somente a partir de t=2).
  • O objetivo é encontrar \mathcal{L}\{f\}(s), a transformada de Laplace de f(t), e indicar a condição de convergência em s (se aplicável).

Passo 2

Lembrando a definição da transformada de Laplace: para uma função h(t) definida para t\ge 0,
\mathcal{L}\{h\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,h(t)\,dt,
desde que a integral convirja (isto é, para valores de s com parte real adequada). Essa é a fórmula que vamos usar para calcular \mathcal{L}\{f\}(s).

Passo 3

Explicar o uso do deslocamento no tempo (teorema do degrau/shift): se uma função tem a forma
h(t)=g(t-a)\,u(t-a),
com a>0 e g definida para t\ge 0, então vale a propriedade
\mathcal{L}\{g(t-a)\,u(t-a)\}(s)=e^{-a s}\,\mathcal{L}\{g(t)\}(s),
ou seja, o efeito do deslocamento no tempo é multiplicar por e^{-a s} e transformar a função deslocada como se o tempo começasse em zero. Vou demonstrar isso rapidamente para fixar a ideia:
\mathcal{L}\{g(t-a)u(t-a)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,g(t-a)\,u(t-a)\,dt =\int_{a}^{\infty} e^{-s t}\,g(t-a)\,dt.
Fazendo a substituição \tau=t-a (então t=\tau+a e quando t=a temos \tau=0, quando t\to\infty temos \tau\to\infty):
\int_{a}^{\infty} e^{-s t}\,g(t-a)\,dt =\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+a)}\,g(\tau)\,d\tau =e^{-a s}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\,g(\tau)\,d\tau =e^{-a s}\,\mathcal{L}\{g\}(s).
Essa é a propriedade que usaremos aqui.

Passo 4

Identificar g e a na nossa função. Temos
f(t)=-20\cdot e^{-5(t-2)}\,u(t-2).
Podemos ver isso como
f(t) = -20\cdot g(t-2)\,u(t-2),
onde a=2 e g(\tau)=e^{-5\tau} (para \tau\ge 0). Pelo teorema do deslocamento, a transformada de Laplace será
\mathcal{L}\{f\}(s) = -20\;e^{-2s}\;\mathcal{L}\{g\}(s),
isto é, multiplicamos por -20 (constante) e por e^{-2s} (deslocamento) e precisamos calcular \mathcal{L}\{g\}(s) com g(\tau)=e^{-5\tau}.

Passo 5

Calcular \mathcal{L}\{g\}(s) com g(\tau)=e^{-5\tau}. Pela definição,
\mathcal{L}\{g\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\,e^{-5\tau}\,d\tau =\int_{0}^{\infty} e^{-(s+5)\tau}\,d\tau.
Essa é uma integral geométrica básica. Para \operatorname{Re}(s+5)>0 (condição de convergência) temos
\int_{0}^{\infty} e^{-(s+5)\tau}\,d\tau =\left[ -\frac{1}{s+5}\,e^{-(s+5)\tau} \right]_{0}^{\infty} =\frac{1}{s+5}.
Observe que o passo de avaliar o limite em \tau\to\infty exige \operatorname{Re}(s+5)>0, isto é, \operatorname{Re}(s)>-5.

Passo 6

Substituindo esse resultado em \mathcal{L}\{f\}(s) = -20\;e^{-2s}\;\mathcal{L}\{g\}(s), obtemos a expressão final (aqui mostro a combinação algébrica dos fatores):
\mathcal{L}\{f\}(s) = -20\;e^{-2s}\;\frac{1}{s+5},
válida para \operatorname{Re}(s)>-5.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{f\}(s)=-20\,\frac{e^{-2s}}{s+5},\quad \operatorname{Re}(s)>-5

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