Encontre a transformada de Laplace da função dada.
f(t)= \begin{cases}0, & t<1 \\\ t^{2}-2 t+2, & t \geq 1\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede: calcular a transformada de Laplace da função f(t)\) definida por \[f(t)= \begin{cases}0, & t<1 \\\ t^{2}-2 t+2, & t \geq 1\end{cases}
Informações dadas:
\,f(t)=0\] para \(t<1 e \,f(t)=t^{2}-2t+2 para t\ge 1.
A tarefa é encontrar \mathcal{L}\{f\}(s), a transformada de Laplace de f, e indicar a região de convergência se necessário.

Passo 2

Definição da transformada de Laplace (aula rápida): para uma função g(t) definida para t\ge0, a transformada de Laplace é
\mathcal{L}\{g\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,g(t)\,dt,
sempre que essa integral convergir (normalmente pedimos \Re(s)>0 para funções polinomiais exponenciais). Aplicando diretamente essa definição a f(t), como f(t)=0 em [0,1), a integral reduz-se a
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{1}^{\infty} e^{-s t}\bigl(t^{2}-2t+2\bigr)\,dt.
Esse é o ponto de partida — transformar essa integral em algo que possamos calcular.

Passo 3

Mudança de variável para simplificar (truque padrão quando a função começa em t=1):
faça \tau = t-1. Então t=\tau+1, quando t=1 temos \tau=0, e quando t\to\infty temos \tau\to\infty. Substituindo na integral:
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+1)}\bigl((\tau+1)^{2}-2(\tau+1)+2\bigr)\,d\tau.
Agora simplificamos o polinômio dentro da integral: calculemos (\tau+1)^{2}-2(\tau+1)+2:
(\tau+1)^{2}-2(\tau+1)+2=\tau^{2}+2\tau+1-2\tau-2+2=\tau^{2}+1.
Portanto
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+1)}\bigl(\tau^{2}+1\bigr)\,d\tau.

Passo 4

Fatoramos o termo e^{-s(\tau+1)} como e^{-s}e^{-s\tau} (observe que e^{-s} não depende de \tau e sai da integral):
\mathcal{L}\{f\}(s)=e^{-s}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\bigl(\tau^{2}+1\bigr)\,d\tau.
Isso mostra a forma do teorema do deslocamento: quando uma função começa em t=a pode aparecer um fator e^{-as} multiplicando a transformada da parte em \tau=t-a. Agora precisamos calcular duas integrais básicas:
I_{1}=\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\tau^{2}\,d\tau,\qquad I_{2}=\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\,d\tau.

Passo 5

Cálculo de I_{2} (fácil): para \Re(s)>0,
I_{2}=\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\,d\tau=\left[-\frac{1}{s}e^{-s\tau}\right]_{0}^{\infty}=\frac{1}{s}.
Cálculo de I_{1} (usando integração por partes duas vezes ou a fórmula \mathcal{L}\{t^{n}\}=\dfrac{n!}{s^{n+1}} ):
vamos demonstrar por partes para fixar bem o método. Denote
I_{1}=\int_{0}^{\infty} \tau^{2}e^{-s\tau}\,d\tau.
Primeira integração por partes: tome u=\tau^{2}, dv=e^{-s\tau}d\tau. Então du=2\tau d\tau e v=-\dfrac{1}{s}e^{-s\tau}. Assim
I_{1}=\left[-\frac{\tau^{2}}{s}e^{-s\tau}\right]_{0}^{\infty}+\frac{2}{s}\int_{0}^{\infty}\tau e^{-s\tau}\,d\tau.
O termo de fronteira vale 0 (para \Re(s)>0), sobrando
I_{1}=\frac{2}{s}J,\quad\text{onde}\quad J=\int_{0}^{\infty}\tau e^{-s\tau}\,d\tau.
Agora calcule J por partes: ponha u=\tau, dv=e^{-s\tau}d\tau. Então du=d\tau, v=-\dfrac{1}{s}e^{-s\tau}, logo
J=\left[-\frac{\tau}{s}e^{-s\tau}\right]_{0}^{\infty}+\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\,d\tau = 0 + \frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{2}}.
Substituindo em I_{1}:
I_{1}=\frac{2}{s}\cdot\frac{1}{s^{2}}=\frac{2}{s^{3}}.
Isto coincide com a fórmula geral \mathcal{L}\{t^{2}\}=\dfrac{2}{s^{3}}.

Passo 6

Voltando à transformada:
\mathcal{L}\{f\}(s)=e^{-s}\bigl(I_{1}+I_{2}\bigr)=e^{-s}\left(\frac{2}{s^{3}}+\frac{1}{s}\right).
Podemos também escrever em forma única colocando no mesmo denominador:
\mathcal{L}\{f\}(s)=e^{-s}\,\frac{s^{2}+2}{s^{3}}.
A condição de convergência é \Re(s)>0 (necessária para as integrais que calculamos).

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{f\}(s)=e^{-s}\left(\dfrac{2}{s^{3}}+\dfrac{1}{s}\right)=e^{-s}\dfrac{s^{2}+2}{s^{3}},\quad \Re(s)>0

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