Se
\left.L\left\{\frac{1-e^{4 t}+\sin (4 t)}{t}\right\}\right\}=\ln A+\arctan B, calcular A+B

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace de
\frac{1 - e^{4t} + \sin(4t)}{t}
e diz que o resultado é \ln A + \arctan B.
O conteúdo principal é a propriedade
\mathcal{L}\biggl\{\frac{f(t)}{t}\biggr\}(s) =\int_{s}^{\infty}F(u)\,\mathrm{d}u,
onde F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}(s). Vamos aplicá-la com
f(t)=1 - e^{4t} + \sin(4t).

Passo 2

Calculamos primeiro
F(s)=\mathcal{L}\{1\}-\mathcal{L}\{e^{4t}\}+\mathcal{L}\{\sin(4t)\}.
Como \mathcal{L}\{1\}=1/s, \mathcal{L}\{e^{4t}\}=1/(s-4) (para \Re(s)>4) e \mathcal{L}\{\sin(4t)\}=4/(s^2+16), segue
F(s)=\frac{1}{s}-\frac{1}{s-4}+\frac{4}{s^2+16}.

Passo 3

Pela propriedade,
\mathcal{L}\Bigl\{\frac{1-e^{4t}+\sin(4t)}{t}\Bigr\}(s) =\int_{s}^{\infty}\Bigl(\frac{1}{u}-\frac{1}{u-4}+\frac{4}{u^2+16}\Bigr)\,\mathrm{d}u.

Passo 4

Integramos termo a termo:
\int\Bigl(\frac{1}{u}-\frac{1}{u-4}\Bigr)\mathrm{d}u =\ln\frac{u}{u-4},
\int\frac{4}{u^2+16}\,\mathrm{d}u =\arctan\!\bigl(\frac{u}{4}\bigr).
Logo a primitiva é
\ln\frac{u}{u-4}+\arctan\!\bigl(\tfrac{u}{4}\bigr).

Passo 5

Avalia-mos de u=s até u\to\infty:
quando u\to\infty, \ln\frac{u}{u-4}\to0 e \arctan(u/4)\to\tfrac{\pi}{2}.
Portanto o valor da integral é
\Bigl[0+\tfrac{\pi}{2}\Bigr] -\Bigl[\ln\frac{s}{s-4}+\arctan\!\bigl(\tfrac{s}{4}\bigr)\Bigr] =\frac{\pi}{2}-\arctan\!\bigl(\tfrac{s}{4}\bigr)-\ln\frac{s}{s-4}.
Usamos
\frac{\pi}{2}-\arctan\!\bigl(\tfrac{s}{4}\bigr)=\arctan\!\bigl(\tfrac{4}{s}\bigr), \quad -\ln\frac{s}{s-4}=\ln\frac{s-4}{s}.
Logo
\mathcal{L}\Bigl\{\frac{1-e^{4t}+\sin(4t)}{t}\Bigr\} =\ln\frac{s-4}{s}+\arctan\!\bigl(\tfrac{4}{s}\bigr).
Dessa identificação temos A=(s-4)/s e B=4/s.

Passo 6

Calculamos
A+B=\frac{s-4}{s}+\frac{4}{s}=\frac{s-4+4}{s}=\frac{s}{s}=1.

Resposta

1

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