Nos Problemas 1-18, use a Definição 7.1.1 para determinar mathcal{L}\{f(t)\}\) \(f(t)= \begin{cases}t, & 0 \leq t<1 \\\\ 1, & t \geq 1\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace da função
f(t)= \begin{cases} t, & 0 \le t<1,\\\\ 1, & t\ge1 \end{cases}
usando a definição
\mathcal{L}\{f(t)\} = \int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-st}\,dt.
Vamos dividir a integral em dois trechos conforme a definição de f(t).

Passo 2

Separamos
\mathcal{L}\{f(t)\} =\int_{0}^{1}t\,e^{-st}\,dt \;+\;\int_{1}^{\infty}1\cdot e^{-st}\,dt.
Chamemos de I_{1} o primeiro termo e de I_{2} o segundo.

Passo 3

Para
I_{1}=\int_{0}^{1}t\,e^{-st}\,dt
usamos integração por partes com \,u=t, dv=e^{-st}dt,
logo du=dt e v=-\tfrac{1}{s}e^{-st}.
Isso dá
I_{1} =\Bigl.uv\Bigr|_{0}^{1} -\int_{0}^{1}v\,du =-\frac{1}{s}e^{-s}\cdot1-0 -\int_{0}^{1}\Bigl(-\tfrac{1}{s}e^{-st}\Bigr)\,dt.
Portanto
I_{1} =-\frac{e^{-s}}{s} +\frac{1}{s}\int_{0}^{1}e^{-st}\,dt =-\frac{e^{-s}}{s} +\frac{1}{s}\Bigl[-\tfrac{1}{s}e^{-st}\Bigr]_{0}^{1} =-\frac{e^{-s}}{s} +\frac{1}{s}\Bigl(\frac{1-e^{-s}}{s}\Bigr).
Simplificando,
I_{1}=\frac{1}{s^{2}}-\frac{e^{-s}}{s^{2}}-\frac{e^{-s}}{s}.

Passo 4

Para
I_{2}=\int_{1}^{\infty}e^{-st}\,dt
temos
I_{2} =\Bigl[-\tfrac{1}{s}e^{-st}\Bigr]_{1}^{\infty} =0-\Bigl(-\tfrac{1}{s}e^{-s}\Bigr) =\frac{e^{-s}}{s}.

Passo 5

Agora somamos I_{1}+I_{2}:
\mathcal{L}\{f(t)\} =\Bigl(\frac{1}{s^{2}}-\frac{e^{-s}}{s^{2}}-\frac{e^{-s}}{s}\Bigr) +\frac{e^{-s}}{s} =\frac{1}{s^{2}}-\frac{e^{-s}}{s^{2}}.
Fatorando:
\mathcal{L}\{f(t)\} =\frac{1-e^{-s}}{s^{2}}.

Resposta

\mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{1-e^{-s}}{s^{2}}.

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