Encontre a transformada de Laplace da função dada:
(15 pontos) f(t)= \begin{cases}0, & t<3 \\\ t^{2}-6 t+11, & t \geq 3 .\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace de uma função em partes
f(t)= \begin{cases} 0,&t<3,\\\ t^2-6t+11,&t\ge3. \end{cases}
O conteúdo principal é o Teorema do deslocamento (ou segundo teorema do degrau unitário). Vamos reescrever f(t) usando a função degrau \,u(t-3) e depois aplicar essa propriedade para obter F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}.

Passo 2

Escrevemos
f(t)=u(t-3)\,\bigl[(t^2-6t+11)\bigr].
Para aplicar o teorema do deslocamento, definimos \tau = t-3. Então queremos achar uma função h(\tau) tal que
h(t-3)=t^2-6t+11\quad\text{para }t\ge3.

Passo 3

Substituindo t=\tau+3 em t^2-6t+11 obtemos
(\tau+3)^2-6(\tau+3)+11 =\tau^2+6\tau+9-6\tau-18+11 =\tau^2+2.
Logo
f(t)=u(t-3)\,h(t-3) \quad\text{com}\quad h(\tau)=\tau^2+2.

Passo 4

Calculamos a transformada de Laplace de h(\tau):
\mathcal{L}\{\,\tau^2\}(s)=\frac{2}{s^3}, \qquad \mathcal{L}\{\,2\}(s)=\frac{2}{s}.
Portanto
\mathcal{L}\{\,h(\tau)\}(s) =\frac{2}{s^3}+\frac{2}{s}.

Passo 5

Pelo teorema do deslocamento,
\mathcal{L}\{\,u(t-3)\,h(t-3)\}(s) =e^{-3s}\,\mathcal{L}\{\,h(\tau)\}(s).
Substituindo o que foi obtido em

Passo 6

F(s)=e^{-3s}\Bigl(\frac{2}{s^3}+\frac{2}{s}\Bigr) =2e^{-3s}\Bigl(\frac{1}{s^3}+\frac{1}{s}\Bigr).

Resposta

F(s)=2e^{-3s}\Bigl(\frac{1}{s^3}+\frac{1}{s}\Bigr) =\frac{2(s^2+1)e^{-3s}}{s^3}.

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