Mostrando os detalhes do que fizer, encontre mathscr{L}(f) se f(t) for igual a:
t e^{-k t} \operatorname{sen} t

Passo 1

O enunciado pede para calcular a transformada de Laplace \mathscr{L}(f) da função
f(t)=t e^{-k t}\operatorname{sen} t.
Informações dadas:
\;t\ge 0 (variável de tempo), \;k é uma constante (presumidamente real). O objetivo é encontrar \mathscr{L}\{t e^{-k t}\operatorname{sen} t\}(s) como função de s e indicar para quais s a transformada converge.

Passo 2

Primeiro, lembro a definição da transformada de Laplace e duas propriedades que vamos usar.
Definição:
\mathscr{L}\{g\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} g(t)\,dt.
Duas propriedades úteis (que vou justificar em passos seguintes):
  1. propriedade de multiplicação por t:
\mathscr{L}\{t\,g(t)\}(s) = -\frac{d}{ds}\mathscr{L}\{g\}(s).
  1. propriedade de deslocamento exponencial (shifting): para qualquer constante a,
\mathscr{L}\{e^{a t} g(t)\}(s) = \mathscr{L}\{g\}(s-a).
A estratégia será: calcular \mathscr{L}\{\operatorname{sen} t\}(s), usar a propriedade 1 para obter \mathscr{L}\{t\operatorname{sen} t\}(s), e finalmente aplicar a propriedade 2 com a=-k para obter a transformada da função dada.

Passo 3

Demonstro a propriedade \mathscr{L}\{t\,g(t)\}(s) = -\dfrac{d}{ds}\mathscr{L}\{g\}(s).
Se G(s)=\mathscr{L}\{g\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} g(t)\,dt, então, sob hipóteses que garantem troca de derivada e integral,
\frac{d}{ds}G(s)=\frac{d}{ds}\int_{0}^{\infty} e^{-s t} g(t)\,dt=\int_{0}^{\infty} \frac{d}{ds}\big(e^{-s t}\big) g(t)\,dt=\int_{0}^{\infty} (-t)e^{-s t} g(t)\,dt.
Portanto
\frac{d}{ds}G(s)=-\mathscr{L}\{t\,g(t)\}(s),
ou seja
\mathscr{L}\{t\,g(t)\}(s)=-G'(s)=-\frac{d}{ds}\mathscr{L}\{g\}(s),
como prometido. Essa propriedade é muito útil porque transforma multiplicação por t no tempo em derivada em s.

Passo 4

Calculo \mathscr{L}\{\operatorname{sen} t\}(s).
Começo pela integral
\mathscr{L}\{\operatorname{sen} t\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\operatorname{sen} t\,dt.
Uma antiderivada conhecida é
\int e^{-s t}\operatorname{sen} t\,dt = -\frac{e^{-s t}\big(s\operatorname{sen} t+\operatorname{cos} t\big)}{s^{2}+1}+C.
Avalio de 0 até R e tomo R\to\infty. Se \operatorname{Re}(s)>0, então e^{-s R} tende a 0 quando R\to\infty, e o termo no infinito desaparece. No limite em t=0 obtemos
\mathscr{L}\{\operatorname{sen} t\}(s)=0 -\left(-\frac{1}{s^{2}+1}\right)=\frac{1}{s^{2}+1},
válido para \operatorname{Re}(s)>0.

Passo 5

Agora uso a propriedade do Passo 3 com g(t)=\operatorname{sen} t.
Se \mathscr{L}\{\operatorname{sen} t\}(s)=\dfrac{1}{s^{2}+1}, então
\mathscr{L}\{t\operatorname{sen} t\}(s)=-\frac{d}{ds}\left(\frac{1}{s^{2}+1}\right).
Calculo a derivada passo a passo:
\frac{d}{ds}\left(\frac{1}{s^{2}+1}\right)=\frac{d}{ds}\big((s^{2}+1)^{-1}\big)=-1\cdot (s^{2}+1)^{-2}\cdot 2s = -\frac{2s}{(s^{2}+1)^{2}}.
Com o sinal menos da propriedade obtemos
\mathscr{L}\{t\operatorname{sen} t\}(s) = -\left(-\frac{2s}{(s^{2}+1)^{2}}\right)=\frac{2s}{(s^{2}+1)^{2}}.
Esse resultado vale para \operatorname{Re}(s)>0.

Passo 6

Agora aplico a propriedade de deslocamento exponencial: para qualquer a,
\mathscr{L}\{e^{a t} g(t)\}(s)=\mathscr{L}\{g\}(s-a).
No nosso caso a=-k e g(t)=t\operatorname{sen} t. Portanto
\mathscr{L}\{e^{-k t} t\operatorname{sen} t\}(s)
é obtida substituindo s por s+k na expressão de \mathscr{L}\{t\operatorname{sen} t\}(s) encontrada no Passo 5. (Não escrevo aqui a expressão final para deixar a resposta final só na seção indicada.)

Passo 7

Sobre a região de convergência: como a expressão de \mathscr{L}\{t\operatorname{sen} t\}(s) exigia \operatorname{Re}(s)>0, após substituir s por s+k a condição vira \operatorname{Re}(s+k)>0, isto é \operatorname{Re}(s)>-k. Isso indica para quais valores de s a transformada encontrada é válida.

Resposta

\displaystyle \mathscr{L}\{t e^{-k t}\operatorname{sen} t\}(s)=\frac{2(s+k)}{\big((s+k)^{2}+1\big)^{2}} \
\displaystyle \text{válida para }\operatorname{Re}(s)>-ká

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