Obtenha as transformadas de Laplace de:
f(t)=-1.25+3.5 t e^{-2 t}+1.25 e^{-2 t} \quad \mathrm{f}(\mathrm{t})=t^{2} \quad \mathrm{~g}(\mathrm{t})=e^{t} \cos (\mathrm{t})

Passo 1

O enunciado pede as transformadas de Laplace de três funções. Escrevo claramente o que foi dado e o que se pede:
  • Dado \displaystyle f_1(t) = -1{,}25 + 3{,}5\,t e^{-2t} + 1{,}25\,e^{-2t}. Pedir: \mathcal{L}\{f_1(t)\}(s).
  • Dado \displaystyle f_2(t) = t^{2}. Pedir: \mathcal{L}\{f_2(t)\}(s).
  • Dado \displaystyle g(t) = e^{t}\cos(t). Pedir: \mathcal{L}\{g(t)\}(s).
Anotei todas as funções e que preciso calcular as integrais transformadas correspondentes a partir de 0 até \infty. A partir daqui eu vou aplicar propriedades e fórmulas da transformada de Laplace para cada termo, explicando passo a passo.

Passo 2

Definição e propriedades que vou usar (explicação didática curta e clara):
  • Definição da transformada de Laplace:
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt,
onde s é uma variável complexa e a integral converge para certos valores de s.
  • Linearidade (muito útil, permite separar termos):
\mathcal{L}\{a f(t)+b g(t)\}(s)=a\,\mathcal{L}\{f(t)\}(s)+b\,\mathcal{L}\{g(t)\}(s),
para constantes a,b.
  • Teorema do deslocamento (shift) na variável s:
\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}(s)=F(s-a),
onde F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}(s). Isso significa que multiplicar por e^{at} desloca s para s-a.
  • Algumas transformadas padrão que vou usar (com condições de convergência indicadas):
\mathcal{L}\{1\}(s)=\int_0^\infty e^{-st}\,dt=\frac{1}{s},\quad \text{para }\operatorname{Re}(s)>0.
\mathcal{L}\{t\}(s)=\frac{1}{s^{2}},\quad \text{para }\operatorname{Re}(s)>0.
\mathcal{L}\{t^{n}\}(s)=\frac{n!}{s^{n+1}},\quad n\in\mathbb{N},\\ \operatorname{Re}(s)>0.
\mathcal{L}\{\cos(bt)\}(s)=\frac{s}{s^{2}+b^{2}},\quad \text{para }\operatorname{Re}(s)>0.
Vou justificar quando usar alguma dessas fórmulas (por exemplo, mostrar a conta para t^{2}).

Passo 3

Calcular \mathcal{L}\{f_1(t)\} usando linearidade e deslocamento.
Separei os termos por linearidade:
\mathcal{L}\{f_1(t)\}(s)= -1{,}25\,\mathcal{L}\{1\}(s) + 3{,}5\,\mathcal{L}\{t e^{-2t}\}(s) + 1{,}25\,\mathcal{L}\{e^{-2t}\}(s).
Agora calculo cada peça:
  • Para o termo constante \displaystyle -1{,}25:
\mathcal{L}\{1\}(s)=\frac{1}{s}\quad\Rightarrow\quad -1{,}25\,\mathcal{L}\{1\}(s)=-\frac{1{,}25}{s},
válido para \operatorname{Re}(s)>0.
  • Para \displaystyle \mathcal{L}\{e^{-2t}\}(s): uso a fórmula da exponencial \mathcal{L}\{e^{at}\}(s)=\dfrac{1}{s-a}. Aqui a=-2, então
\mathcal{L}\{e^{-2t}\}(s)=\frac{1}{s-(-2)}=\frac{1}{s+2},
válido para \operatorname{Re}(s)>-2. Multiplicando pela constante,
1{,}25\,\mathcal{L}\{e^{-2t}\}(s)=\frac{1{,}25}{s+2}.
  • Para \displaystyle \mathcal{L}\{t e^{-2t}\}(s): uso o teorema do deslocamento. Primeiro sei que
\mathcal{L}\{t\}(s)=\frac{1}{s^{2}},\quad \operatorname{Re}(s)>0.
Aplicando o deslocamento com a=-2 (pois e^{-2t}t = e^{(-2)t}\cdot t), troco s por s-(-2)=s+2:
\mathcal{L}\{t e^{-2t}\}(s)=\frac{1}{(s+2)^{2}},
válido para \operatorname{Re}(s)>-2. Multiplicando pela constante 3{,}5,
3{,}5\,\mathcal{L}\{t e^{-2t}\}(s)=\frac{3{,}5}{(s+2)^{2}}.
Somando os três pedaços:
\mathcal{L}\{f_1(t)\}(s) = -\frac{1{,}25}{s} + \frac{3{,}5}{(s+2)^{2}} + \frac{1{,}25}{s+2}.
Observação sobre convergência: a interseção das regiões é \operatorname{Re}(s)>0 (devido ao termo -1{,}25/s), então a expressão vale para \operatorname{Re}(s)>0.

Passo 4

Calcular \mathcal{L}\{t^{2}\} com demonstração por integração por partes (para você saber fazer na prova).
Queremos
\mathcal{L}\{t^{2}\}(s)=\int_{0}^{\infty} t^{2} e^{-st}\,dt.
Faço integração por partes duas vezes. Primeiro, escolha u=t^{2} e dv=e^{-st}dt. Então du=2t\,dt e v=-\frac{1}{s}e^{-st}. Aplicando integração por partes:
\int_{0}^{\infty} t^{2} e^{-st}\,dt = \left. -\frac{t^{2}}{s} e^{-st} \right|_{0}^{\infty} + \frac{2}{s}\int_{0}^{\infty} t e^{-st}\,dt.
O termo de fronteira \left. -\dfrac{t^{2}}{s} e^{-st} \right|_{0}^{\infty}=0 para \operatorname{Re}(s)>0, porque o exponencial domina o polinômio. Agora resta calcular \int_{0}^{\infty} t e^{-st}\,dt. Faço outra integração por partes: tome u=t, dv=e^{-st}dt, então du=dt, v=-\dfrac{1}{s}e^{-st}. Assim
\int_{0}^{\infty} t e^{-st}\,dt = \left. -\frac{t}{s} e^{-st} \right|_{0}^{\infty} + \frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt.
De novo o termo de frente é zero e \int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt=\dfrac{1}{s}. Logo
\int_{0}^{\infty} t e^{-st}\,dt = \frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s} = \frac{1}{s^{2}}.
Voltando à expressão anterior:
\int_{0}^{\infty} t^{2} e^{-st}\,dt = \frac{2}{s}\cdot\frac{1}{s^{2}} = \frac{2}{s^{3}}.
Portanto
\mathcal{L}\{t^{2}\}(s)=\frac{2}{s^{3}},\quad \text{para }\operatorname{Re}(s)>0.

Passo 5

Calcular \mathcal{L}\{g(t)\} com g(t)=e^{t}\cos(t).
Uso a transformada conhecida de \cos(bt):
\mathcal{L}\{\cos(bt)\}(s)=\frac{s}{s^{2}+b^{2}},\quad \operatorname{Re}(s)>0.
Aqui temos b=1. Mas também existe o fator e^{t}=e^{1\cdot t}. Pelo teorema do deslocamento,
\mathcal{L}\{e^{at}\cos(bt)\}(s)=\frac{s-a}{(s-a)^{2}+b^{2}}.
Aplicando com a=1 e b=1,
\mathcal{L}\{e^{t}\cos(t)\}(s)=\frac{s-1}{(s-1)^{2}+1}.
Condição de convergência: \operatorname{Re}(s)>1 (porque o fator e^{t} exige que s tenha parte real maior que 1 para a integral convergir).

Resposta

\mathcal{L}\{ -1{,}25 + 3{,}5\,t e^{-2t} + 1{,}25\,e^{-2t}\}(s) = -\frac{1{,}25}{s} + \frac{3{,}5}{(s+2)^{2}} + \frac{1{,}25}{s+2}
\mathcal{L}\{t^{2}\}(s)=\frac{2}{s^{3}}
\mathcal{L}\{e^{t}\cos(t)\}(s)=\frac{s-1}{(s-1)^{2}+1}

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