Encontre a transformada de Laplace de cada uma das funções abaixo.
e^{a x} \sin (b x)

Passo 1

O enunciado pede: "Encontre a transformada de Laplace da função \displaystyle e^{a x}\sin(b x)".
Informações dadas: a função é \displaystyle f(x)=e^{a x}\sin(b x). Não foram dados valores numéricos para \displaystyle a e \displaystyle b, então vamos tratar \displaystyle a e \displaystyle b como constantes reais. A transformada de Laplace é uma integral imprópria definida a partir de \displaystyle x=0 até \displaystyle x=\infty.

Passo 2

Definição da transformada de Laplace (aula rápida): para uma função \displaystyle g(x) definida em [0,\infty), sua transformada de Laplace é
\mathcal{L}\{g(x)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\,g(x)\,dx,
onde \displaystyle s é a variável complexa da transformada. Para a integral convergir precisamos de condições sobre a parte real de \displaystyle s, que vamos especificar quando surgir.

Passo 3

Escrevendo diretamente a transformada da função pedida:
\mathcal{L}\{e^{a x}\sin(b x)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\,e^{a x}\sin(b x)\,dx =\int_{0}^{\infty} e^{-(s-a)x}\sin(b x)\,dx.
Aqui a integral é a transformada de \displaystyle \sin(bx) avaliada em \displaystyle s-a. Isso já é uma pista: existe a propriedade de deslocamento (shift) que facilita muito.

Passo 4

Propriedade de deslocamento (explicação e prova curta): se \displaystyle G(s)=\mathcal{L}\{g(x)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s x}g(x)\,dx, então
\mathcal{L}\{e^{a x}g(x)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s x}e^{a x}g(x)\,dx =\int_{0}^{\infty} e^{-(s-a)x}g(x)\,dx=G(s-a).
Ou seja, multiplicar por \displaystyle e^{a x} corresponde a deslocar a variável \displaystyle s na transformada: \displaystyle s\mapsto s-a. Vou usar essa propriedade porque reduz o problema a conhecer \displaystyle \mathcal{L}\{\sin(bx)\}, que é um resultado básico e fácil de derivar.

Passo 5

Cálculo da transformada de \displaystyle \sin(bx) a partir da definição (passo-a-passo): Defina
I=\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\sin(bx)\,dx,
assumindo primeiramente \displaystyle \operatorname{Re}(s)>0 para garantir convergência da integral.
Fazemos integração por partes duas vezes para resolver a integral. Seja
u = \displaystyle \sin(bx) e d v = \displaystyle e^{-s x}dx. Então du = \displaystyle b\cos(bx)dx e v = \displaystyle -\frac{1}{s}e^{-s x}. Assim
I=\Big[-\frac{1}{s}e^{-s x}\sin(bx)\Big]_{0}^{\infty}+\frac{b}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\cos(bx)\,dx.
O termo de fronteira avaliado em \displaystyle x\to\infty é \displaystyle 0 (pois \displaystyle e^{-s x}\to0 quando \displaystyle \operatorname{Re}(s)>0), e em \displaystyle x=0 dá zero porque \displaystyle \sin(0)=0. Logo
I=\frac{b}{s}J,
onde definimos
J=\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\cos(bx)\,dx.
Agora calcule \displaystyle J por integração por partes de maneira análoga. Tome u = \displaystyle \cos(bx) e d v = \displaystyle e^{-s x}dx. Então du = \displaystyle -b\sin(bx)dx e v = \displaystyle -\frac{1}{s}e^{-s x}. Assim
J=\Big[-\frac{1}{s}e^{-s x}\cos(bx)\Big]_{0}^{\infty}+\frac{b}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\sin(bx)\,dx.
Novamente o termo no infinito é zero; o termo em zero é \displaystyle -\frac{1}{s}\cos(0)=-\frac{1}{s}, e levando o sinal do intervalo temos \displaystyle J=\frac{1}{s}-\frac{b}{s}I.

Passo 6

Agora substituímos \displaystyle J em \displaystyle I=\frac{b}{s}J:
I=\frac{b}{s}\Big(\frac{1}{s}-\frac{b}{s}I\Big)=\frac{b}{s^{2}}-\frac{b^{2}}{s^{2}}I.
Passando o termo com \displaystyle I para o lado esquerdo:
I\Big(1+\frac{b^{2}}{s^{2}}\Big)=\frac{b}{s^{2}}.
Ou seja
I=\frac{b}{s^{2}+b^{2}}.
Portanto
\mathcal{L}\{\sin(bx)\}(s)=\frac{b}{s^{2}+b^{2}},\qquad \text{para }\displaystyle \operatorname{Re}(s)>0.

Passo 7

Aplicando a propriedade de deslocamento (Passo 4) ao caso \displaystyle g(x)=\sin(bx): se \displaystyle \mathcal{L}\{\sin(bx)\}(s)=\dfrac{b}{s^{2}+b^{2}}, então
\mathcal{L}\{e^{a x}\sin(bx)\}(s)=\mathcal{L}\{\sin(bx)\}(s-a)=\frac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}}.

Passo 8

Condição de convergência: trocamos \displaystyle s por \displaystyle s-a na condição \displaystyle \operatorname{Re}(s)>0, então a transformada obtida é válida para
\operatorname{Re}(s-a)>0\quad\Longleftrightarrow\quad \operatorname{Re}(s)>a.
Também vale checar casos especiais: se \displaystyle a=0 recuperamos \displaystyle \dfrac{b}{s^{2}+b^{2}}, como era de se esperar.

Resposta

\mathcal{L}\{e^{a x}\sin(b x)\}(s)=\frac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}},\qquad \text{válido para }\operatorname{Re}(s)>a.á

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