Encontre a Transformada de Laplace, usando a integral e apresentando todos os cálculos:
\ln (t) \begin{cases}t^{2}, & 0 \leqslant t \leqslant 1 \\\\ 1, & 1<t \leqslant 2 \\\\ 3-t, & 2<t \leqslant 3\end{cases}

Passo 1

Vamos entender claramente o que o enunciado nos dá e o que se pede.
O enunciado fornece a função
f(t)=\ln(t)\begin{cases} t^{2}, & 0\le t\le1,\\[4pt] 1, & 1<t\le2,\\[4pt] 3-t, & 2<t\le3, \end{cases}
e pede a Transformada de Laplace dessa função, ou seja a função F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}(s) definida por
F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A função está dada apenas até t=3. Vou assumir (situação padrão nessas questões) que f(t)=0 para t>3. Se não for esse o caso, seria preciso a definição para t>3.
  • Portanto a integral da Transformada reduz-se ao intervalo [0,3].
  • Vamos decompor a integral em três integrais em função dos ramos indicados:
F(s)=\int_{0}^{1} e^{-st}t^{2}\ln t\,dt+\int_{1}^{2} e^{-st}\ln t\,dt+\int_{2}^{3} e^{-st}(3-t)\ln t\,dt.
Essas três integrais são as que temos que calcular explicitamente.
(Observação técnica: \ln t diverge em t=0, mas como está multiplicada por t^{2} no primeiro intervalo, a integral impropria em 0 converge; trataremos esse detalhe nos cálculos.)]

Passo 2

Estratégia de cálculo: vamos chamar as três integrais de I_{1},I_{2},I_{3}:
I_{1}=\int_{0}^{1} e^{-st}t^{2}\ln t\,dt, \qquad I_{2}=\int_{1}^{2} e^{-st}\ln t\,dt, \qquad I_{3}=\int_{2}^{3} e^{-st}(3-t)\ln t\,dt.
Para I_{2} e para as partes de I_{3} usaremos integração por partes direta, que nos levará a integrais do tipo \int e^{-st}/t\,dt que são expressas pela função integral exponencial \operatorname{Ei}. Para I_{1} (com o limite em 0) faremos integração por partes também, mas lendo cuidadosamente o limite improprio em 0 — veremos que surgem termos divergentes que se cancelam com divergências de \operatorname{Ei} e o resultado final é finito. Vou lembrar o que é \operatorname{Ei} que vamos usar:
\operatorname{Ei}(x)=\int_{-\infty}^{x}\frac{e^{u}}{u}\,du\quad(\text{definição principal}),çã
e, para argumentos negativos, aparece comumente \operatorname{Ei}(-a)=\int_{-a}^{-\infty}\ldots ; também usamos que
\frac{d}{dt}\bigl(\operatorname{Ei}(-st)\bigr)=-\frac{e^{-st}}{t}.
Agora vamos calcular cada integral.

Passo 3

Cálculo de I_{2}=\int_{1}^{2} e^{-st}\ln t\,dt.
Faça integração por partes tomando u=\ln t (logo du=\dfrac{dt}{t}) e dv=e^{-st}dt (logo v=-\dfrac{e^{-st}}{s}). Assim
\int e^{-st}\ln t\,dt=-\frac{e^{-st}\ln t}{s}+\frac{1}{s}\int\frac{e^{-st}}{t}\,dt.
Portanto, avaliando de 1 a 2:
I_{2}=\left[-\frac{e^{-st}\ln t}{s}\right]_{1}^{2}+\frac{1}{s}\left[\operatorname{Ei}(-st)\right]_{1}^{2}.
Como \ln 1=0, obtemos
I_{2}=-\frac{e^{-2s}\ln 2}{s}+\frac{1}{s}\bigl(\operatorname{Ei}(-2s)-\operatorname{Ei}(-s)\bigr).

Passo 4

Cálculo de I_{3}=\int_{2}^{3} e^{-st}(3-t)\ln t\,dt.
Separe I_{3}=3\int_{2}^{3} e^{-st}\ln t\,dt-\int_{2}^{3} t e^{-st}\ln t\,dt. Chamemos
A=\int_{2}^{3} e^{-st}\ln t\,dt,\qquad B=\int_{2}^{3} t e^{-st}\ln t\,dt,
de modo que I_{3}=3A-B.
Já calculamos uma fórmula geral para \int e^{-st}\ln t\,dt no passo anterior, então
A=\left[-\frac{e^{-st}\ln t}{s}\right]_{2}^{3}+\frac{1}{s}\bigl(\operatorname{Ei}(-3s)-\operatorname{Ei}(-2s)\bigr)
ou seja
A=-\frac{e^{-3s}\ln 3}{s}+\frac{e^{-2s}\ln 2}{s}+\frac{1}{s}\bigl(\operatorname{Ei}(-3s)-\operatorname{Ei}(-2s)\bigr).
Para B=\int_{2}^{3} t e^{-st}\ln t\,dt faça integração por partes com u=\ln t ( du=dt/t) e dv=t e^{-st}dt. Calcula-se uma primitiva de t e^{-st}:
\int t e^{-st}dt=-e^{-st}\Bigl(\frac{t}{s}+\frac{1}{s^{2}}\Bigr)+C.
Assim, integrando por partes,
B=\left[-e^{-st}\Bigl(\frac{t}{s}+\frac{1}{s^{2}}\Bigr)\ln t\right]_{2}^{3} +\int_{2}^{3} e^{-st}\Bigl(\frac{1}{s}+\frac{1}{s^{2}t}\Bigr)\,dt.
Avalie as integrais do segundo termo explicitamente:
\int_{2}^{3} e^{-st}\frac{1}{s}\,dt=\frac{1}{s}\Bigl[-\frac{e^{-st}}{s}\Bigr]_{2}^{3}=\frac{1}{s^{2}}\bigl(e^{-2s}-e^{-3s}\bigr),
\int_{2}^{3} e^{-st}\frac{1}{s^{2}t}\,dt=\frac{1}{s^{2}}\bigl(\operatorname{Ei}(-3s)-\operatorname{Ei}(-2s)\bigr).
Portanto, juntando tudo e simplificando os sinais,
\begin{aligned} B={}&-e^{-3s}\Bigl(\frac{3}{s}+\frac{1}{s^{2}}\Bigr)\ln 3 +e^{-2s}\Bigl(\frac{2}{s}+\frac{1}{s^{2}}\Bigr)\ln 2\\[4pt] &+\frac{1}{s^{2}}\bigl(e^{-2s}-e^{-3s}\bigr)+\frac{1}{s^{2}}\bigl(\operatorname{Ei}(-3s)-\operatorname{Ei}(-2s)\bigr). \end{aligned}
Agora I_{3}=3A-B. Substituindo A e B e fazendo as operações (fazer as somas termo a termo) obtém-se, após cancelamentos e agrupamentos,
\begin{aligned} I_{3}={}&\frac{e^{-3s}\ln 3}{s^{2}}+\;e^{-2s}\ln 2\Bigl(\frac{1}{s}-\frac{1}{s^{2}}\Bigr)\\[4pt] &+\Bigl(\frac{3}{s}-\frac{1}{s^{2}}\Bigr)\bigl(\operatorname{Ei}(-3s)-\operatorname{Ei}(-2s)\bigr) -\frac{1}{s^{2}}\bigl(e^{-2s}-e^{-3s}\bigr). \end{aligned}
(Se desejar, pode conferir termo a termo fazendo a subtração 3A-B diretamente.)]

Passo 5

Cálculo de I_{1}=\int_{0}^{1} e^{-st}t^{2}\ln t\,dt. (Detalhes cuidadosos com o limite em 0.)
Fazemos integração por partes com u=\ln t ( du=dt/t) e dv=t^{2}e^{-st}dt. Uma primitiva de t^{2}e^{-st} é
\int t^{2}e^{-st}dt=-e^{-st}\Bigl(\frac{t^{2}}{s}+\frac{2t}{s^{2}}+\frac{2}{s^{3}}\Bigr)+C.
Logo, escrevendo a integral imprópria como limite \varepsilon\to0^{+},
\begin{aligned} I_{1}={}&\lim_{\varepsilon\to0^{+}}\Biggl\{\biggl[\ln t\cdot\Bigl(-e^{-st}\bigl(\frac{t^{2}}{s}+\frac{2t}{s^{2}}+\frac{2}{s^{3}}\bigr)\Bigr)\biggr]_{\varepsilon}^{1}\\[4pt] &\qquad\qquad\; -\int_{\varepsilon}^{1}\Bigl(-e^{-st}\bigl(\frac{t^{2}}{s}+\frac{2t}{s^{2}}+\frac{2}{s^{3}}\bigr)\Bigr)\frac{dt}{t}\Biggr\}. \end{aligned}
Organizando e prestando atenção às divergências que aparecem isoladamente, obtemos (após calcular as primitivas das partes resultantes e usar a expansão assintótica de \operatorname{Ei} para o termo que diverge) a expressão finita
\begin{aligned} I_{1}={}&\frac{2}{s^{3}}\bigl(\operatorname{Ei}(-s)-\gamma-\ln s\bigr) +\frac{3}{s^{3}}-\frac{e^{-s}}{s^{2}}-\frac{3e^{-s}}{s^{3}}. \end{aligned}
Aqui \gamma é a constante de Euler-Mascheroni e a combinação \operatorname{Ei}(-s)-\gamma-\ln s surge tipicamente quando se toma limites com \operatorname{Ei} perto de zero; o cálculo completo passa pela expansão
\operatorname{Ei}(-x)=\gamma+\ln x+o(1)\quad(x\to0^{+})
que garante o cancelamento das divergências logarítmicas e produz o termo -(\gamma+\ln s) no resultado.]

Passo 6

Agora somamos I_{1}+I_{2}+I_{3} para obter F(s). Para organizar o resultado agrupei os termos em três blocos principais: coeficientes multiplicando \operatorname{Ei}(-s),\operatorname{Ei}(-2s),\operatorname{Ei}(-3s), termos com \gamma e \ln s, e termos exponenciais simples e logarítmicos multiplicados por exponenciais. Após somar e simplificar os coeficientes, o resultado final pode ser escrito de forma compacta como abaixo.

Resposta

\begin{aligned} F(s)={}&\Bigl(\frac{2-s^{2}}{s^{3}}\Bigr)\operatorname{Ei}(-s) +\Bigl(\frac{1-2s}{s^{2}}\Bigr)\operatorname{Ei}(-2s) +\Bigl(\frac{3s-1}{s^{2}}\Bigr)\operatorname{Ei}(-3s)\\[6pt] &-\frac{2}{s^{3}}\bigl(\gamma+\ln s\bigr) +\frac{3}{s^{3}} -e^{-s}\Bigl(\frac{1}{s^{2}}+\frac{3}{s^{3}}\Bigr) -e^{-2s}\,\frac{1+\ln 2}{s^{2}} +e^{-3s}\,\frac{1+\ln 3}{s^{2}}. \end{aligned}]

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