Determine a transformada de Laplace das seguintes funções:
f(t)=2 t+6

Passo 1

O enunciado dá a função \;f(t)=2\,t+6\; e pede para determinar a transformada de Laplace dessa função. Informações relevantes que temos do enunciado:
  • A função é \;f(t)=2\,t+6\;.
  • A transformada de Laplace que precisamos calcular é a função de s definida por \mathcal{L}\{f\}(s).
  • Para a transformada de Laplace padrão assumimos t\ge 0 e procuramos s tal que a integral converja (veremos a condição explicitamente durante o cálculo).

Passo 2

Primeiro, vamos lembrar a definição da transformada de Laplace. 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.
Aqui:
  • \;t\; é a variável de tempo (a variável original da função).
  • \;s\; é a variável complexa (na prática, para funções polinomiais nos interessa \Re(s)>0).
  • A integral impropria só faz sentido quando essa integral converge; veremos a condição em cada cálculo (normalmente exigimos \Re(s)>0).

Passo 3

Uma propriedade fundamental que vamos usar é a linearidade da transformada de Laplace: para constantes \;a,b\; e funções \;g,h\;,
\mathcal{L}\{a\,g(t)+b\,h(t)\}(s)=a\,\mathcal{L}\{g\}(s)+b\,\mathcal{L}\{h\}(s).
Justificativa curta (para você entender): isso vem direto de poder dividir a integral e puxar constantes para fora:
\mathcal{L}\{a g + b h\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}(a g(t)+b h(t))\,dt = a\int_{0}^{\infty} e^{-st}g(t)\,dt + b\int_{0}^{\infty} e^{-st}h(t)\,dt.

Passo 4

Aplicamos a linearidade à nossa função \;f(t)=2t+6\;:
\mathcal{L}\{f\}(s)=2\,\mathcal{L}\{t\}(s)+6\,\mathcal{L}\{1\}(s).
Agora precisamos calcular \mathcal{L}\{1\}(s) e \mathcal{L}\{t\}(s) separadamente.

Passo 5

Cálculo de \mathcal{L}\{1\}(s). Pela definição,
\mathcal{L}\{1\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\cdot 1\,dt=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt.
Essa é uma integral simples de função exponencial. Integrando,
\int e^{-st}\,dt = -\frac{1}{s}e^{-st} + C.
Avaliação no intervalo [0,\infty):
\mathcal{L}\{1\}(s)=\lim_{T\to\infty}\left(-\frac{1}{s}e^{-sT}\right)-\left(-\frac{1}{s}e^{-s\cdot 0}\right).
Para a parte com T\to\infty a exponencial vai a zero se \Re(s)>0, então obtemos
\mathcal{L}\{1\}(s)=0+\frac{1}{s}=\frac{1}{s}\quad\text{para }\Re(s)>0.

Passo 6

Cálculo de \mathcal{L}\{t\}(s). Pela definição,
\mathcal{L}\{t\}(s)=\int_{0}^{\infty} t\,e^{-st}\,dt.
Para resolver essa integral usamos integração por partes. Tomamos:
  • \;u=t\; então \;du=dt\;.
  • \;dv=e^{-st}dt\; então \;v=-\frac{1}{s}e^{-st}\; (válido para s\neq 0).
A fórmula da integração por partes é \int u\,dv = u v - \int v\,du. Aplicando,
\int_{0}^{\infty} t\,e^{-st}\,dt = \left. -\frac{t}{s}e^{-st} \right|_{0}^{\infty} + \frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt.
Agora avaliamos os termos: o termo \left.-\frac{t}{s}e^{-st}\right|_{0}^{\infty} tende a zero no limite superior se \Re(s)>0 (porque a exponencial domina o crescimento linear de t), e no inferior (em t=0) é zero também. Portanto esse termo dá zero. O segundo termo usa a integral que já calculamos em Passo 5:
\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt = \frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{2}}.
Logo
\mathcal{L}\{t\}(s)=\frac{1}{s^{2}}\quad\text{para }\Re(s)>0.

Passo 7

Agora voltamos à expressão obtida no Passo 4:
\mathcal{L}\{f\}(s)=2\,\mathcal{L}\{t\}(s)+6\,\mathcal{L}\{1\}(s) =2\cdot\frac{1}{s^{2}}+6\cdot\frac{1}{s}.
Simplificando, podemos escrever de duas formas equivalentes:
\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{2}{s^{2}}+\frac{6}{s}=\frac{2(3s+1)}{s^{2}}.
A condição de convergência é \Re(s)>0, que garantiu a validade dos cálculos anteriores.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{2}{s^{2}}+\frac{6}{s}=\frac{2(3s+1)}{s^{2}}, \Re(s)>0

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