Encontre a transformada de Laplace da função f dada por f(t)=\left\{\begin{array}{l}1,0 \leq t<3 \\\\ 0, t \geq 3\end{array}\right.. \mathrm{R}:-\frac{e^{-3 s}}{s}+\frac{1}{s}, s>0

Passo 1

O enunciado pede para encontrar a transformada de Laplace da função f\) definida por \[f(t)=\begin{cases} 1, & 0 \le t < 3,\\[4pt] 0, & t \ge 3. \end{cases}
Temos, portanto, que calcular \mathcal{L}\{f\}(s)\]. As informações relevantes são: o valor de \(f(t) em cada intervalo e que a transformada é uma integral no semi-eixo positivo (começa em t=0). Não há outras condições fornecidas; o resultado pedido na questão é -\dfrac{e^{-3s}}{s}+\dfrac{1}{s} para s>0.]

Passo 2

Primeiro, vamos lembrar da definição da transformada de Laplace e o que cada símbolo significa. A transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-st}\,dt.
Aqui:
  • t é a variável do tempo (variável de integração);
  • s é o parâmetro complexo (aqui tratamos s real e \,s>0, para garantir convergência no caso clássico);
  • e^{-st} é o núcleo da transformada que “pesa” a função f(t) ao longo do tempo.
    Um exemplo simples útil: para a função constante 1 temos
\mathcal{L}\{1\}(s)=\int_0^\infty e^{-st}\,dt=\frac{1}{s}\quad\text{(para \(s>0\))},
pois a antiderivada de e^{-st} em relação a t é -\dfrac{1}{s}e^{-st}.

Passo 3

Agora aplicamos a definição ao nosso f(t). Como f é 1 em [0,3) e 0 em [3,\infty), a integral se quebra:
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st}\,dt =\int_{0}^{3} 1\cdot e^{-st}\,dt+\int_{3}^{\infty} 0\cdot e^{-st}\,dt.
A segunda integral é zero porque o integrando é identicamente zero para t\ge 3. Logo resta apenas
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{3} e^{-st}\,dt.

Passo 4

Vamos calcular a integral \int_{0}^{3} e^{-st}\,dt passo a passo. Uma antiderivada de e^{-st} em relação a t é -\dfrac{1}{s}e^{-st}. Aplicando o teorema fundamental do cálculo entre 0 e 3:
\int_{0}^{3} e^{-st}\,dt=\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_{t=0}^{t=3} =-\frac{1}{s}e^{-3s}-\left(-\frac{1}{s}e^{0}\right).
Como e^{0}=1, isso fica
\int_{0}^{3} e^{-st}\,dt=-\frac{1}{s}e^{-3s}+\frac{1}{s}=\frac{1}{s}\bigl(1-e^{-3s}\bigr).
Reescrevendo, obtemos
\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{1}{s}-\frac{e^{-3s}}{s}.

Passo 5

Sobre a condição de convergência: a integral acima converge para \,s>0, que é a condição usual quando lidamos com funções que não crescem exponencialmente. Assim o resultado é válido para \,s>0.

Passo 6

Opcional (útil na prova): representação com a função degrau de Heaviside. Podemos escrever a função como
f(t)=1-u(t-3),
onde u(t-3) vale 0 para t<3 e 1 para t\ge3. Pela linearidade da transformada e pela fórmula
\mathcal{L}\{u(t-a)\}(s)=\frac{e^{-as}}{s}\quad(\text{para }a\ge0),
temos
\mathcal{L}\{f\}(s)=\mathcal{L}\{1\}(s)-\mathcal{L}\{u(t-3)\}(s)=\frac{1}{s}-\frac{e^{-3s}}{s},
mesmo resultado, mas usando uma técnica que vale para problemas mais gerais com descontinuidades.

Resposta

\dfrac{1}{s}-\dfrac{e^{-3s}}{s},\\ s>0

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