Encontre as transformadas de Laplace das seguintes funções. Mostre os detalhes do que fizer. ( a, b, k, \omega, \theta são constantes.)
\operatorname{sen}\left(3 t-\frac{1}{2}\right)

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace da função \sin\!\left(3t-\tfrac{1}{2}\right).
Informações dadas: a função é f(t)=\sin\!\left(3t-\tfrac{1}{2}\right).
O que se deve encontrar: \mathcal{L}\{f\}(s)=\displaystyle\int_{0}^{\infty} e^{-st}\sin\!\left(3t-\tfrac{1}{2}\right)\,dt.
Não há outras restrições explícitas; assumimos s>0 (condição usual para convergência da transformada de funções seno/cosseno).

Passo 2

Primeiro simplificamos a função usando a identidade trigonométrica de diferença de ângulos:
\sin(A-B)=\sin A\cos B-\cos A\sin B.
Aplicando com A=3t e B=\tfrac{1}{2} obtemos
\sin\!\left(3t-\tfrac{1}{2}\right)=\sin(3t)\cos\!\left(\tfrac{1}{2}\right)-\cos(3t)\sin\!\left(\tfrac{1}{2}\right).
Aqui \cos\!\left(\tfrac{1}{2}\right) e \sin\!\left(\tfrac{1}{2}\right) são constantes (números).

Passo 3

Usamos a linearidade da transformada de Laplace: para constantes a,b e funções g,h,
\mathcal{L}\{a g(t)+b h(t)\}=a\,\mathcal{L}\{g(t)\}+b\,\mathcal{L}\{h(t)\}.
Aplicando à expressão do passo anterior:
\mathcal{L}\!\left\{\sin\!\left(3t-\tfrac{1}{2}\right)\right\} =\cos\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\mathcal{L}\{\sin(3t)\}-\sin\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\mathcal{L}\{\cos(3t)\}.
Portanto precisamos das transformadas \mathcal{L}\{\sin(3t)\} e \mathcal{L}\{\cos(3t)\}.

Passo 4

Vamos derivar a fórmula geral para \mathcal{L}\{\sin(\omega t)\}. Defina
I(\omega)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\sin(\omega t)\,dt,
com s>0 e \omega real. Faremos integração por partes duas vezes de forma controlada.
  1. Seja I=I(\omega) e J(\omega)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\cos(\omega t)\,dt.
  2. Integração por partes em I: tome u=\sin(\omega t), dv=e^{-st}dt. Então du=\omega\cos(\omega t)dt e v=-\tfrac{1}{s}e^{-st}. Logo
I=\left[-\tfrac{1}{s}e^{-st}\sin(\omega t)\right]_{0}^{\infty}+\tfrac{\omega}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\cos(\omega t)\,dt.
O termo de fronteira vale zero (pois e^{-st} anula no infinito para s>0 e \sin(0)=0), portanto
I=\tfrac{\omega}{s}\,J.
  1. Integração por partes em J: tome u=\cos(\omega t), dv=e^{-st}dt. Então du=-\omega\sin(\omega t)dt e v=-\tfrac{1}{s}e^{-st}. Assim
J=\left[-\tfrac{1}{s}e^{-st}\cos(\omega t)\right]_{0}^{\infty}-\left(-\tfrac{\omega}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\sin(\omega t)\,dt\right).
O termo de fronteira é \tfrac{1}{s} (pois em t=0 temos -\tfrac{1}{s}(1) e no infinito a contribuição é zero), e o segundo termo é -\tfrac{\omega}{s}I. Logo
J=\tfrac{1}{s}-\tfrac{\omega}{s}I.
  1. Substituímos J em I=\tfrac{\omega}{s}J:
I=\tfrac{\omega}{s}\Big(\tfrac{1}{s}-\tfrac{\omega}{s}I\Big)=\tfrac{\omega}{s^{2}}-\tfrac{\omega^{2}}{s^{2}}I.
Reorganizando,
I\Big(1+\tfrac{\omega^{2}}{s^{2}}\Big)=\tfrac{\omega}{s^{2}} \quad\Rightarrow\quad I=\dfrac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}.
Portanto
\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\}=\dfrac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}},\qquad s>0.

Passo 5

Usando J=\tfrac{1}{s}-\tfrac{\omega}{s}I e substituindo o valor de I encontramos
\mathcal{L}\{\cos(\omega t)\}=J=\tfrac{1}{s}-\tfrac{\omega}{s}\cdot\dfrac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}} =\dfrac{s}{s^{2}+\omega^{2}},\qquad s>0.

Passo 6

Agora aplique as fórmulas com \omega=3:
\mathcal{L}\{\sin(3t)\}=\dfrac{3}{s^{2}+9},\qquad \mathcal{L}\{\cos(3t)\}=\dfrac{s}{s^{2}+9}.
Voltando ao passo 3,
\mathcal{L}\!\left\{\sin\!\left(3t-\tfrac{1}{2}\right)\right\} =\cos\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\dfrac{3}{s^{2}+9}-\sin\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\dfrac{s}{s^{2}+9}.
Juntando em uma única fração:
\mathcal{L}\!\left\{\sin\!\left(3t-\tfrac{1}{2}\right)\right\} =\dfrac{3\cos\!\left(\tfrac{1}{2}\right)-s\sin\!\left(\tfrac{1}{2}\right)}{s^{2}+9},\qquad s>0.

Resposta

\dfrac{3\cos\!\left(\tfrac{1}{2}\right)-s\sin\!\left(\tfrac{1}{2}\right)}{s^{2}+9}

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