Nos problemas a seguir, calcule mathcal{L}{f(t)}} usando a definição.
f(t)=(t-1) u(t-1)

Passo 1

O que o enunciado pede: calcular \mathcal{L}\{f(t)\} usando a definição, onde
f(t)=(t-1)\,u(t-1).
Informações dadas e relevantes:
  • A função é f(t)=(t-1)\,u(t-1).
  • Aqui u(t-1) é a função degrau unitário deslocada (Heaviside) que vale 0 para t<1 e 1 para t\ge 1.
  • Devemos usar a definição do transformada de Laplace (não aplicar diretamente propriedades sem justificar).

Passo 2

Escrevendo a definição da transformada de Laplace:
\mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-s t}\,dt,
onde a integral converge para valores de s que garantam decaimento suficiente do integrando (vamos verificar isso durante a solução).

Passo 3

Substituo f(t)=(t-1)\,u(t-1) na integral. Como u(t-1)=0 para t<1 e 1 para t\ge 1, a integral sobre [0,\infty) reduz-se a uma integral sobre [1,\infty):
\mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} (t-1)u(t-1)\,e^{-s t}\,dt = \int_{1}^{\infty} (t-1)\,e^{-s t}\,dt.

Passo 4

Faço a mudança de variável para simplificar: defina \tau = t-1. Então t=\tau+1 e dt=d\tau. Quando t=1 temos \tau=0 e quando t\to\infty temos \tau\to\infty. Assim
\mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} \tau\, e^{-s(\tau+1)}\,d\tau.

Passo 5

Factorizo o termo e^{-s(\tau+1)} = e^{-s} e^{-s\tau} fora da integral (pois não depende de \tau):
\mathcal{L}\{f(t)\}=e^{-s}\int_{0}^{\infty} \tau\, e^{-s\tau}\,d\tau.
Agora resta calcular a integral
I(s)=\int_{0}^{\infty} \tau\, e^{-s\tau}\,d\tau.

Passo 6

Para calcular I(s) uso integração por partes. Vou tomar, convenientemente,
u(\tau)=\tau,\qquad dv=e^{-s\tau}\,d\tau.
Então du=d\tau e, integrando dv,
v(\tau)=\int e^{-s\tau}\,d\tau = -\frac{1}{s}e^{-s\tau},
válido para s\neq 0.

Passo 7

Aplicando a fórmula de integração por partes \int u\,dv = uv - \int v\,du:
I(s)=\left. u(\tau)v(\tau)\right|_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} v(\tau)\,du = \left.\left(-\frac{\tau}{s} e^{-s\tau}\right)\right|_{0}^{\infty} + \frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\,d\tau.

Passo 8

Avalio os termos separadamente.
  1. Limite do termo de fronteira:
\lim_{\tau\to\infty}\frac{\tau}{s} e^{-s\tau}.
Para \operatorname{Re}(s)>0 temos e^{-s\tau} decaindo exponencialmente (mais rápido que qualquer polinômio), logo
\lim_{\tau\to\infty}\tau e^{-s\tau}=0.
Também \left.\left(-\dfrac{\tau}{s}e^{-s\tau}\right)\right|_{\tau=0} = 0. Portanto o termo de fronteira total é 0-0=0.
  1. A integral remanescente:
\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\,d\tau.
Essa integral é a integral exponencial padrão: para \operatorname{Re}(s)>0,
\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\,d\tau = \left.-\frac{1}{s}e^{-s\tau}\right|_{0}^{\infty} = 0 - \left(-\frac{1}{s}\right)=\frac{1}{s}.
Multiplicando por \dfrac{1}{s} obtemos
\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{2}}.

Passo 9

Concluímos que
I(s)=\int_{0}^{\infty} \tau\, e^{-s\tau}\,d\tau = \frac{1}{s^{2}}\qquad\text{para }\operatorname{Re}(s)>0.
Voltando para a transformada:
\mathcal{L}\{f(t)\}=e^{-s}\cdot I(s) = e^{-s}\cdot\frac{1}{s^{2}} = \frac{e^{-s}}{s^{2}},
válido para \operatorname{Re}(s)>0.

Resposta

\dfrac{e^{-s}}{s^{2}}, \operatorname{Re}(s)>0

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