1. Prove o seguinte Teorema:
Teorema: Seja f contínua por parte e de ordem exponencial em [0, \infty). Se f é periódica de período P, então vale a fórmula
F(s)=\mathcal{L}(f(t))=\frac{1}{1-e^{-s P}}\left[\int_{0}^{P} e^{-s t} f(t) d t\right], s>\alpha
  1. Calcule a transformada de Laplace usando o resultado do Teorema acima (ver Exer 15)
    (a) f(t)=\left\{\begin{array}{l}1 \text { se } 0 \leq t<1 \\\\ -1 \text { se } 1 \leq t<2 \\\ f(t+2)=f(t)\end{array}\right.
    (b) f(t)=t, para 0 \leq t<1 e f(t+1)=f(t).

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  1. Provar o Teorema: se f é contínua por parte e de ordem exponencial em [0,\infty) e é periódica de período P, então
F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{1}{1-e^{-sP}}\left[\int_{0}^{P} e^{-s t} f(t)\,dt\right],\quad s>\alpha.
  1. Usar esse Teorema para calcular as transformadas de Laplace de duas funções periódicas:
    (a) Função com período 2 dada por f(t)=1 em 0\le t<1 e f(t)=-1 em 1\le t<2, com f(t+2)=f(t).
    (b) Função com período 1 dada por f(t)=t em 0\le t<1 e f(t+1)=f(t).
Informações relevantes dadas no enunciado:
  • f é contínua por parte em [0,\infty).
  • f é de ordem exponencial: existem \alpha, M>0 tais que |f(t)|\le M e^{\alpha t} para t grande.
  • f é periódica de período P (no exercício (a) temos P=2, no (b) temos P=1).
  • Queremos a transformada de Laplace \mathcal{L}\{f\}(s)=\int_0^\infty e^{-s t} f(t)\,dt e a fórmula indicada.

Passo 2

Definições e ideias que vamos usar (com explicação didática e simples):
  • Definição da transformada de Laplace: para uma função f de ordem exponencial, a transformada é
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_0^\infty e^{-s t} f(t)\,dt,
quando essa integral converge. Aqui s é, em geral, um número complexo; para nós basta pensar em s real e maior que um certo limite de convergência \alpha.
  • Ordem exponencial: dizer que f é de ordem exponencial significa que existem constantes M>0 e \alpha tais que
|f(t)|\le M e^{\alpha t}\quad\text{para todo }t\ge 0.
Isto garante, grosso modo, que f não cresce mais rápido que uma exponencial e^{\alpha t}, o que é essencial para a convergência da integral do Laplace quando \Re(s)>\alpha.
  • Periodicidade: se f tem período P, então para todo t\ge0 e todo inteiro k\ge0,
f(t+kP)=f(t).
A ideia do Teorema é aproveitar essa repetição para escrever a integral \int_0^\infty como soma das integrais em cada intervalo de comprimento P, e então obter uma soma geométrica.
  • Soma geométrica: a soma
\sum_{k=0}^\infty r^k
converge para \dfrac{1}{1-r} quando |r|<1. No nosso contexto r=e^{-sP} (ou |r|=e^{-\Re(s)P}), então a condição de convergência fica \Re(s)P>0 — e, combinando com a ordem exponencial, o domínio final será \Re(s)>\alpha.
Vou agora aplicar essas ideias de forma rigorosa e passo a passo.

Passo 3

Começo a derivação a partir da definição:
F(s)=\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_0^\infty e^{-s t} f(t)\,dt.
Como f é periódica de período P, podemos decompor a integral em blocos de comprimento P:
\int_0^\infty e^{-s t} f(t)\,dt = \sum_{k=0}^{\infty} \int_{kP}^{(k+1)P} e^{-s t} f(t)\,dt.
Esta é a decomposição natural: integramos de 0 a P, depois de P a 2P, etc.
Agora faço a substituição t = u + kP dentro do k-ésimo termo. Para esse termo u varia em [0,P] e, pela periodicidade, f(u+kP)=f(u). Além disso e^{-s t}=e^{-s(u+kP)}=e^{-s kP} e^{-s u}. Assim
\int_{kP}^{(k+1)P} e^{-s t} f(t)\,dt = \int_{0}^{P} e^{-s (u+kP)} f(u+kP)\,du = e^{-s kP}\int_{0}^{P} e^{-s u} f(u)\,du.

Passo 4

Voltando à soma, obtemos
F(s) = \sum_{k=0}^{\infty} e^{-s kP}\left[\int_{0}^{P} e^{-s u} f(u)\,du\right].
O fator entre colchetes não depende de k, então
F(s) = \left[\int_{0}^{P} e^{-s u} f(u)\,du\right]\sum_{k=0}^{\infty} e^{-s kP}.
Agora precisamos justificar que podemos trocar soma e integral (já o fizemos de modo formal) e que a série geométrica converge. Para isso usamos a condição de ordem exponencial: existe \alpha tal que |f(u)|\le M e^{\alpha u} em [0,P] — na verdade em todo [0,\infty), então vale especialmente em [0,P]. Isso garante que a integral \int_0^P e^{-s u} f(u)\,du é bem definida (é integral de função limitada no intervalo finito).
Para a série geométrica, note que |e^{-sP}|=e^{-\Re(s)P}. Assim a série
\sum_{k=0}^\infty e^{-s kP}
converge absolutamente se e^{-\Re(s)P}<1, ou seja se \Re(s)P>0. Mais precisamente, combinando com a ordem exponencial (que impõe convergência da integral \int_0^\infty e^{-s t}f(t)\,dt quando \Re(s)>\alpha), a região de convergência natural é \Re(s)>\alpha. Nessa região temos \sum_{k=0}^\infty e^{-s kP}=\dfrac{1}{1-e^{-sP}}.
Também vale a justificação da troca soma-integral: usando a desigualdade |f(u+kP)|\le M e^{\alpha (u+kP)} e e^{-\Re(s)(u+kP)} do fator exponencial, os termos absolutos são dominados por uma série geométrica convergente quando \Re(s)>\alpha; pelo Teorema da convergência dominada (ou estimativa direta), a troca é válida. Em termos práticos: para \Re(s)>\alpha a soma de integrais é absolutamente convergente, logo a manipulação acima é legítima.

Passo 5

Concluímos então a fórmula pedida:
F(s)=\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{1}{1-e^{-sP}}\left[\int_{0}^{P} e^{-s t} f(t)\,dt\right],\qquad \Re(s)>\alpha.
Isto prova o Teorema. (Interpretando s>\alpha quando s real, como no enunciado.)
Agora aplico essa fórmula aos exemplos (a) e (b).

Passo 6

Aplicação (a): P=2. Primeiro calculo a integral do numerador
I_a(s)=\int_0^2 e^{-s t} f(t)\,dt.
Pelo enunciado (peguei os dados do enunciado): em 0\le t<1 temos f(t)=1 e em 1\le t<2 temos f(t)=-1. Assim
I_a(s)=\int_0^1 e^{-s t}\cdot 1\,dt+\int_1^2 e^{-s t}\cdot(-1)\,dt.
Calculo cada parcela:
\int_0^1 e^{-s t}\,dt=\left[-\frac{1}{s}e^{-s t}\right]_0^1=\frac{1-e^{-s}}{s},
\int_1^2 -e^{-s t}\,dt=-\left[-\frac{1}{s}e^{-s t}\right]_1^2=-\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}=-\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}.
Somando,
I_a(s)=\frac{1-e^{-s}}{s}-\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}=\frac{1-2e^{-s}+e^{-2s}}{s}=\frac{(1-e^{-s})^2}{s}.
Pelo Teorema, a transformada é
F_a(s)=\frac{1}{1-e^{-2s}}\,I_a(s).
Não vou repetir a forma final aqui (vou colocar a expressão final na seção de resposta), mas já temos I_a(s)=\dfrac{(1-e^{-s})^2}{s}.

Passo 7

Aplicação (b): P=1. Eu peguei do enunciado que em 0\le t<1 temos f(t)=t e depois f se repete com período 1. Calculo a integral do numerador
I_b(s)=\int_0^1 e^{-s t} t\,dt.
Para essa integral uso integração por partes. Tomo u=t e dv=e^{-s t}dt. Então du=dt e v=-\dfrac{1}{s}e^{-s t}. Pela fórmula da integração por partes,
\int_0^1 t e^{-s t}\,dt = \left.-\frac{t e^{-s t}}{s}\right|_0^1 + \frac{1}{s}\int_0^1 e^{-s t}\,dt.
Avalio os termos:
\left.-\frac{t e^{-s t}}{s}\right|_0^1 = -\frac{e^{-s}}{s} - 0 = -\frac{e^{-s}}{s},
\frac{1}{s}\int_0^1 e^{-s t}\,dt = \frac{1}{s}\cdot\frac{1-e^{-s}}{s}=\frac{1-e^{-s}}{s^2}.
Somando,
I_b(s)= -\frac{e^{-s}}{s} + \frac{1-e^{-s}}{s^2} = \frac{1 - e^{-s}(s+1)}{s^2}.
Pelo Teorema, a transformada é
F_b(s)=\frac{1}{1-e^{-s}}\,I_b(s).
Novamente deixo a forma final organizada na seção de resposta.

Resposta

(a) \displaystyle F(s)=\frac{1-e^{-s}}{s(1+e^{-s})},\quad s>0.
(b) \displaystyle F(s)=\frac{1-e^{-s}(s+1)}{s^{2}(1-e^{-s})},\quad s>0.

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