Encontre a transformada de Laplace das seguintes funções:
f(t)=10 \cos \left(t-\frac{\pi}{6}\right)

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace da função
f(t)=10\cos\!\left(t-\frac{\pi}{6}\right).
Informações dadas:
  • A função é f(t)=10\cos\!\left(t-\frac{\pi}{6}\right) para t\ge0.
  • A tarefa é calcular \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt e indicar a região de convergência se necessário.

Passo 2

Definição e ideia principal que vou usar (aula curta):
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}g(t)\,dt,
onde s é uma variável complexa e, para funções trigonométricas básicas, a transformada converge para \operatorname{Re}(s)>0. Duas propriedades úteis:
  • Linearidade: \mathcal{L}\{a\,g(t)+b\,h(t)\}=a\,\mathcal{L}\{g(t)\}+b\,\mathcal{L}\{h(t)\}, onde a,b são constantes.
  • Transformadas padrão:
\mathcal{L}\{\cos(at)\}(s)=\frac{s}{s^{2}+a^{2}},\qquad \mathcal{L}\{\sin(at)\}(s)=\frac{a}{s^{2}+a^{2}},
ambas válidas para \operatorname{Re}(s)>0. Vou mostrar como obter essas fórmulas na próxima etapa.

Passo 3

Identidade trigonométrica que simplifica o problema:
\cos\!(t-\alpha)=\cos t\cos\alpha+\sin t\sin\alpha.
Aplicando com \alpha=\dfrac{\pi}{6}, obtemos um desenvolvimento que transforma o deslocamento de fase numa combinação linear de \cos t e \sin t.

Passo 4

Avaliação das constantes trigonométricas (valores conhecidos):
\cos\!\left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2},\qquad \sin\!\left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}.
Usando a identidade do passo anterior:
\cos\!\left(t-\frac{\pi}{6}\right)=\cos t\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\sin t\cdot\frac{1}{2}.

Passo 5

Expansão de f(t) com os coeficientes numéricos:
f(t)=10\cos\!\left(t-\frac{\pi}{6}\right) =10\!\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos t+\frac{1}{2}\sin t\right) =5\sqrt{3}\,\cos t+5\,\sin t.
Isso é ótimo porque agora posso aplicar linearidade da transformada de Laplace e as transformadas padrão de \cos t e \sin t.

Passo 6

Derivação rápida das transformadas padrão (mostrando o porquê das fórmulas usadas):
Considere
I=\int_{0}^{\infty}e^{-st}\cos(at)\,dt,\qquad J=\int_{0}^{\infty}e^{-st}\sin(at)\,dt,
com \operatorname{Re}(s)>0 para garantir que os termos exponenciais vão a zero no infinito. Fazendo integração por partes duas vezes (ou usando exponenciais complexas) chega-se ao sistema
I=\frac{1}{s}-\frac{a}{s}J, \qquad J=\frac{a}{s}I.
Substituindo J na primeira equação:
I=\frac{1}{s}-\frac{a}{s}\cdot\frac{a}{s}I =\frac{1}{s}-\frac{a^{2}}{s^{2}}I,
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I\left(1+\frac{a^{2}}{s^{2}}\right)=\frac{1}{s} \quad\Rightarrow\quad I=\frac{s}{s^{2}+a^{2}}.
E com J=\dfrac{a}{s}I obtemos
J=\frac{a}{s^{2}+a^{2}}.
Colocando a=1 (nosso caso), resulta
\mathcal{L}\{\cos t\}(s)=\frac{s}{s^{2}+1},\qquad \mathcal{L}\{\sin t\}(s)=\frac{1}{s^{2}+1},
válidas para \operatorname{Re}(s)>0.

Passo 7

Aplicando linearidade e as transformadas padrão à combinação obtida no Passo 5:
\mathcal{L}\{f(t)\}(s) =5\sqrt{3}\,\mathcal{L}\{\cos t\}(s)+5\,\mathcal{L}\{\sin t\}(s) =5\sqrt{3}\cdot\frac{s}{s^{2}+1}+5\cdot\frac{1}{s^{2}+1}.
Colocando em fração única:
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\frac{5\sqrt{3}\,s+5}{s^{2}+1} =5\cdot\frac{\sqrt{3}\,s+1}{s^{2}+1},
com região de convergência \operatorname{Re}(s)>0.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{10\cos\!\left(t-\tfrac{\pi}{6}\right)\}(s)=\frac{5\bigl(\sqrt{3}\,s+1\bigr)}{s^{2}+1},\\ \operatorname{Re}(s)>0

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