Exercício 1: Determine a transformada de Laplace e as correspondentes regiões de convergência para as funções dadas a seguir
x(t)=integral-infty^t e^2 tau sen(tau) u(-tau) d tau

Passo 1

O enunciado dá
x(t)=integral-infty^te^2tausin(tau),u(-tau),dtau
e pede a transformada bilateral de Laplace X(s) e sua região de convergência (ROC). Vamos usar a propriedade de convolução em tempo:
se definirmos
g(t)=e^2tsin(t),u(-t)
e
h(t)=u(t),
então
x(t)=integral-infty^inftyg(tau),h(t-tau),dtau=(g*h)(t)
Assim, pela multiplicação de Laplace,
X(s)=G(s),H(s),
com ROC sendo a interseção das ROCs de G(s) e H(s).

Passo 2

Calcular H(s). Por definição de Laplace bilateral,
H(s)=integral-infty^inftyu(t),e^-st,dt =integral0^inftye^-st,dt =1s,
desde que Re(s)>0. Logo
H(s)=1s, ROC: Re(s)>0

Passo 3

Calcular G(s). Temos
G(s)=integral-infty^inftye^2tsin(t),u(-t),e^-st,dt =integral-infty^0e^(2-s)tsin(t),dt
Para a=2-s, consideramos
I=integral-infty^0e^a tsin(t),dt
Uma primitiva é
integral e^a tsin(t),dt =e^a tasin(t)-cos(t)a^2+1
Avaliaremos de t=-infty até t=0, assumindo Re(a)>0 (para decaimento em tto -infty), ou seja Re(2-s)>0iffRe(s)<2.

Passo 4

Avaliação de I: em t=0
e^acdot0asin(0)-cos(0)a^2+1 =-1a^2+1,
e em tto-infty o termo vai a zero quando Re(a)>0. Portanto
I=0-l(-1a^2+1r) =1a^2+1 =1(2-s)^2+1
Logo
G(s)=1(2-s)^2+1 =1(s-2)^2+1,
com ROC Re(s)<2.

Passo 5

Multiplicando G(s) por H(s) e intersectando as ROCs, obtemos
X(s)=G(s),H(s) =1s,1(s-2)^2+1 =1sl((s-2)^2+1r)
A ROC é
Re(s)>0 e Re(s)<2 ;;Longrightarrow;; 0<Re(s)<2

Resposta

X(s)=1sl((s-2)^2+1r), ROC: 0<Re(s)<2

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