Obtenha a transformada de Laplace de:
f(t)=\delta(t)+2 u(t)-3 e^{-2 t} u(t) .

Passo 1

O enunciado pede: obter a transformada de Laplace da função
f(t)=\delta(t)+2\,u(t)-3\,e^{-2t}u(t).
Informações dadas:
\delta(t)
é a delta de Dirac concentrada em t=0, \;u(t) é a função degrau unitário (Heaviside) e há um termo exponencial \;e^{-2t}u(t).
A tarefa é calcular \mathcal{L}\{f(t)\}, ou seja, a transformada de Laplace de f.

Passo 2

Lembrando a definição e ideia básica da transformada de Laplace: para uma função g(t) definida para t\ge 0,
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} g(t)\,e^{-s t}\,dt.
Aqui s é uma variável complexa; normalmente escrevemos condições de convergência em termos da parte real \Re(s). A transformada é linear, ou seja, para constantes a,b e funções g,h,
\mathcal{L}\{a\,g(t)+b\,h(t)\}(s)=a\,\mathcal{L}\{g(t)\}(s)+b\,\mathcal{L}\{h(t)\}(s).
Vou usar essas propriedades termo a termo.

Passo 3

Propriedades especiais úteis (vou explicar cada uma e por que valem):
  1. Transformada da delta de Dirac deslocada: para a\ge 0,
\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}(s)=e^{-a s}.
No caso a=0 isso dá \mathcal{L}\{\delta(t)\}(s)=1. A razão: aplicar a definição com a propriedade de amostragem da delta, \int_0^\infty \delta(t-a)\varphi(t)\,dt=\varphi(a) quando a\ge0.
  1. Transformada do degrau unitário: para u(t) (igual a 1 para t\ge0),
\mathcal{L}\{u(t)\}(s)=\int_0^\infty e^{-s t}\,dt=\frac{1}{s},
desde que a integral convirja, isto é, \Re(s)>0. Vou detalhar esse cálculo no próximo passo.
  1. Transformada da exponencial multiplicada pelo degrau: para a\in\mathbb{R},
\mathcal{L}\{e^{-a t}u(t)\}(s)=\int_0^\infty e^{-a t}e^{-s t}\,dt=\int_0^\infty e^{-(s+a)t}\,dt=\frac{1}{s+a},
quando \Re(s+a)>0 (ou seja \Re(s)>-a).

Passo 4

Calculo de \mathcal{L}\{\delta(t)\} passo a passo: pela definição com a delta e o fato de que \delta(t) “pega” o valor em t=0,
\mathcal{L}\{\delta(t)\}(s)=\int_0^\infty \delta(t)\,e^{-s t}\,dt = e^{-s\cdot 0}=1.
Então o primeiro termo contribui com 1.

Passo 5

Calculo de \mathcal{L}\{u(t)\} passo a passo: usar a integral geométrica
\mathcal{L}\{u(t)\}(s)=\int_0^\infty e^{-s t}\,dt.
Integro explicitamente:
\int_0^\infty e^{-s t}\,dt = \left[ -\frac{1}{s} e^{-s t} \right]_{0}^{\infty}.
Para que o termo em \infty zere precisamos de \Re(s)>0; então o resultado é
\mathcal{L}\{u(t)\}(s)=\frac{1}{s}\quad\text{(para \(\Re(s)>0\)).}
Portanto o segundo termo 2u(t) contribui com 2\cdot\frac{1}{s}.

Passo 6

Calculo de \mathcal{L}\{e^{-2t}u(t)\} passo a passo: aplicando a propriedade da exponencial,
\mathcal{L}\{e^{-2t}u(t)\}(s)=\int_0^\infty e^{-2t}e^{-s t}\,dt=\int_0^\infty e^{-(s+2)t}\,dt.
Integrando da mesma forma que antes:
\int_0^\infty e^{-(s+2)t}\,dt=\left[-\frac{1}{s+2}e^{-(s+2)t}\right]_0^\infty=\frac{1}{s+2},
desde que \Re(s+2)>0, isto é, \Re(s)>-2. Então o termo -3e^{-2t}u(t) contribui com -3\cdot\frac{1}{s+2}.

Passo 7

Agora uso a linearidade para somar as contribuições dos três termos. Juntando:
\mathcal{L}\{f\}(s)=1 + 2\cdot\frac{1}{s} - 3\cdot\frac{1}{s+2}.
Se preferir uma única fração, faço a soma algébrica com denominador comum s(s+2):
1=\frac{s(s+2)}{s(s+2)},\qquad \frac{2}{s}=\frac{2(s+2)}{s(s+2)},\qquad \frac{3}{s+2}=\frac{3s}{s(s+2)}.
Somando (lembre do sinal negativo no terceiro termo):
\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{s(s+2)+2(s+2)-3s}{s(s+2)}=\frac{s^{2}+s+4}{s(s+2)}.
Observação: tanto a forma
1+\frac{2}{s}-\frac{3}{s+2}
quanto a forma
\frac{s^{2}+s+4}{s(s+2)}
representam a mesma transformada.

Passo 8

Condição de convergência (ROC): a transformada do termo u(t) exige \Re(s)>0, e a do e^{-2t}u(t) exige \Re(s)>-2. A interseção das condições é \Re(s)>0. A delta não impõe restrição extra. Portanto o ROC é \Re(s)>0.

Resposta

\mathcal{L}\{f\}(s)=1+\frac{2}{s}-\frac{3}{s+2}
\text{(ou)}\quad \mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{s^{2}+s+4}{s(s+2)},\quad \Re(s)>0.

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