Determine a transformada de Laplace das funções:
\mathcal{L}\left(2 e^{-2 x} \cdot \operatorname{sen}(5 x)+7 x^{2}+4\right)

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace da função
2 e^{-2 x}\cdot \operatorname{sen}(5x) + 7 x^{2} + 4.
Informações dadas:
  • A função é a soma de três parcelas: 2 e^{-2 x}\operatorname{sen}(5x), 7 x^{2} e 4.
  • Precisa-se calcular \mathcal{L} dessa soma (ou seja, \mathcal{L} do somatório das parcelas).
    Nenhuma outra informação foi dada.

Passo 2

Propriedade básica que vamos usar: linearidade da transformada de Laplace. Isso significa que, para funções f e g e constantes a,b,
\mathcal{L}\{a f(t) + b g(t)\} = a\,\mathcal{L}\{f(t)\} + b\,\mathcal{L}\{g(t)\}.
Aplicando isso ao nosso caso obtemos
\mathcal{L}\{2 e^{-2x}\operatorname{sen}(5x) + 7 x^{2} + 4\} = 2\,\mathcal{L}\{e^{-2x}\operatorname{sen}(5x)\} + 7\,\mathcal{L}\{x^{2}\} + 4\,\mathcal{L}\{1\}.
Agora calculamos cada termo separadamente.

Passo 3

Cálculo de \mathcal{L}\{\operatorname{sen}(5x)\}.
Definição: \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\displaystyle\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t)\,dt (assumindo convergência).
Vamos calcular
I(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\sin(5t)\,dt,
para \operatorname{Re}(s)>0. Fazendo integração por partes duas vezes (ou usando o método de sistemas), obtém-se a fórmula clássica
\mathcal{L}\{\sin(a t)\}(s)=\frac{a}{s^{2}+a^{2}}.
Substituindo a=5 temos
\mathcal{L}\{\operatorname{sen}(5x)\}(s)=\frac{5}{s^{2}+25}.

Passo 4

Teorema do deslocamento (no domínio de s) para exponenciais: se \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s), então
\mathcal{L}\{e^{a t} f(t)\}(s)=F(s-a),
porque
\int_{0}^{\infty} e^{-s t} e^{a t} f(t)\,dt=\int_{0}^{\infty} e^{-(s-a)t} f(t)\,dt.
No nosso caso temos e^{-2x}\sin(5x)=e^{a x}\sin(5x) com a=-2. Assim
\mathcal{L}\{e^{-2x}\operatorname{sen}(5x)\}(s)=\mathcal{L}\{\operatorname{sen}(5x)\}(s+2) =\frac{5}{(s+2)^{2}+25}.
Multiplicando pelo fator 2 da função original resulta
2\,\mathcal{L}\{e^{-2x}\operatorname{sen}(5x)\}(s)=\frac{10}{(s+2)^{2}+25}.

Passo 5

Cálculo de \mathcal{L}\{x^{2}\}.
Fórmula geral conhecida: para inteiro n\ge 0,
\mathcal{L}\{t^{n}\}(s)=\frac{n!}{s^{n+1}},\qquad \operatorname{Re}(s)>0.
Podemos demonstrar para n=2 por integração por partes:
\mathcal{L}\{t^{2}\}(s)=\int_{0}^{\infty} t^{2} e^{-s t}\,dt=\frac{2}{s^{3}}.
Portanto, multiplicando por 7,
7\,\mathcal{L}\{x^{2}\}(s)=7\cdot\frac{2}{s^{3}}=\frac{14}{s^{3}}.

Passo 6

Cálculo de \mathcal{L}\{1\}.
Pela definição,
\mathcal{L}\{1\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,dt=\frac{1}{s},\qquad \operatorname{Re}(s)>0.
Multiplicando por 4 temos
4\,\mathcal{L}\{1\}(s)=\frac{4}{s}.

Passo 7

Somando todas as parcelas obtidas (pela linearidade):
\mathcal{L}\{2 e^{-2x}\operatorname{sen}(5x)+7 x^{2}+4\}(s) = \frac{10}{(s+2)^{2}+25} + \frac{14}{s^{3}} + \frac{4}{s}.
Região de validade conjunta: os termos \dfrac{14}{s^{3}} e \dfrac{4}{s} exigem \operatorname{Re}(s)>0; o termo com deslocamento exige \operatorname{Re}(s)>-2. A interseção é \operatorname{Re}(s)>0. Então a expressão acima é válida para \operatorname{Re}(s)>0.

Resposta

\displaystyle \frac{10}{(s+2)^{2}+25}+\frac{14}{s^{3}}+\frac{4}{s}

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