Nos problemas de 1 a 6, encontre a transformada de Laplace da função dada.
f(t)= \begin{cases}0, & t<1 \\\ t^{2}-2 t+2, & t \geq 1\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede: encontrar a transformada de Laplace da função f(t)\) dada por \[f(t)= \begin{cases}0, & t<1 \\\ t^{2}-2 t+2, & t \geq 1\end{cases}.
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
\;f(t)=0\] para \(t<1.
\;f(t)=t^{2}-2t+2 para t\geq1.
A pergunta é: calcular \mathcal{L}\{f\}(s), ou seja, a transformada de Laplace de f.

Passo 2

Definição e ideia básica: a transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t)\,dt,
onde s é uma variável complexa (na prática, para convergência tomamos \Re(s) suficientemente grande). Intuição: a transformada integra f(t) pesando por e^{-st}, “compressando” informação temporal numa função de s. Aqui poderíamos calcular diretamente usando a definição, cortando a integral em [0,1) e [1,\infty). Mas existe uma técnica muito prática quando a função vale zero antes de um certo instante: usar a função degrau unitário (Heaviside) e a propriedade de deslocamento no tempo.

Passo 3

Introdução da função degrau e reescrita de f\). Defina a função degrau deslocada \[u(t-1)=\begin{cases}0,& t<1,\\\\ 1,& t\ge1.\end{cases}
Então podemos escrever f(t)\] como produto do degrau por uma função que vale \(t^{2}-2t+2 quando t\ge1:
f(t)=u(t-1)\big(t^{2}-2t+2\big).
Para usar a propriedade de deslocamento de forma conveniente, é melhor escrever essa última parte como uma função de t-1. Faça a mudança \tau=t-1 (ou escreva t=\tau+1). Então, para t\ge1 temos
t^{2}-2t+2=(\tau+1)^{2}-2(\tau+1)+2.
Calcule a expressão no lado direito:
(\tau+1)^{2}-2(\tau+1)+2=\tau^{2}+2\tau+1-2\tau-2+2=\tau^{2}+1.
Portanto, escrevemos
f(t)=u(t-1)\big((t-1)^{2}+1\big).
Isto é, f(t)=u(t-1)\,h(t-1) com h(\tau)=\tau^{2}+1.

Passo 4

Propriedade de deslocamento (teorema do degrau): se uma função f é da forma
f(t)=u(t-a)\,h(t-a)
com a>0, então a transformada de Laplace é
\mathcal{L}\{f\}(s)=e^{-a s}\,\mathcal{L}\{h\}(s).
Breve justificativa (mudança de variável na integral): usando a definição,
\mathcal{L}\{u(t-a)h(t-a)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} u(t-a)h(t-a)\,dt =\int_{a}^{\infty} e^{-st} h(t-a)\,dt.
fazendo \tau=t-a obtemos
\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+a)} h(\tau)\,d\tau = e^{-a s}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau} h(\tau)\,d\tau = e^{-a s}\,\mathcal{L}\{h\}(s).
Isso é exatamente a propriedade usada.

Passo 5

Aplicando ao nosso caso: temos a=1 e h(t)=t^{2}+1. Logo
\mathcal{L}\{f\}(s)=e^{-s}\,\mathcal{L}\{\,t^{2}+1\,\}(s) = e^{-s}\big(\mathcal{L}\{t^{2}\}(s)+\mathcal{L}\{1\}(s)\big).

Passo 6

Calcular as transformadas básicas usadas:
  1. Transformada de \,1: por definição,
\mathcal{L}\{1\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt=\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_{0}^{\infty}=\frac{1}{s},
para \Re(s)>0.
  1. Transformada de \,t^{2}: podemos usar a fórmula geral \mathcal{L}\{t^{n}\}(s)=\dfrac{n!}{s^{n+1}} para inteiro n\ge0. Para n=2 obtemos
\mathcal{L}\{t^{2}\}(s)=\frac{2!}{s^{3}}=\frac{2}{s^{3}}.
(Se preferir, isso pode ser obtido por integração por partes duas vezes, mas a fórmula já é padrão.)

Passo 7

Combine os resultados:
\mathcal{L}\{t^{2}+1\}(s)=\frac{2}{s^{3}}+\frac{1}{s}.
Podemos escrever com denominador comum s^{3}:
\frac{2}{s^{3}}+\frac{1}{s}=\frac{2+s^{2}}{s^{3}}.
Multiplicando pelo fator e^{-s} do deslocamento, obtemos a transformada de f:
\mathcal{L}\{f\}(s)=e^{-s}\,\frac{s^{2}+2}{s^{3}}.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{e^{-s}\big(s^{2}+2\big)}{s^{3}}

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