Questão 11. Mostre que a transformada de Laplace de f(t)=e^{-a t} \cos (b t), com a e b constantes, é \frac{s+a}{(s+a)^{2}+b^{2}}. Analogamente para a função f(t)=e^{-a t} \sin (b t), com a e b constantes, é \frac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}. Utilize os resultados para obter y(t), sabendo que
\mathcal{L}[y](s)=\frac{2 s+5}{s^{2}+4 s+13}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas claras: (i) mostrar as transformadas de Laplace das funções f(t)=e^{-a t}\cos(bt) e f(t)=e^{-a t}\sin(bt), onde a e b são constantes; (ii) usar esses resultados para obter y(t) sabendo que
\mathcal{L}[y](s)=\frac{2s+5}{s^{2}+4s+13}.
Informações relevantes fornecidas:
f_1(t)=e^{-a t}\cos(bt),\qquad f_2(t)=e^{-a t}\sin(bt),
e a transformada de y no domínio de s acima. Não há outras condições numéricas além de a e b constantes; implicitamente precisamos supor que \operatorname{Re}(s) é suficientemente grande para garantir convergência das integrais de Laplace.

Passo 2

Lembrete (definição) e estratégia: a transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}[f](s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt.
Para as funções exponencial vezes cosseno/seno, vamos substituir f(t) e calcular a integral diretamente. Para as manipulações integrais é prático usar a identidade complexa \cos(bt)=\operatorname{Re}(e^{i bt}) e \sin(bt)=\operatorname{Im}(e^{i bt}). Também usaremos que, para \operatorname{Re}(p)>0,
\int_{0}^{\infty} e^{-p t}\,dt=\frac{1}{p}.
Aqui p será s+a (ou terá parte real positiva) para garantir que a exponencial tende a zero no infinito.

Passo 3

Cálculo de \mathcal{L}[e^{-a t}\cos(bt)](s): substituindo na definição,
\mathcal{L}[e^{-a t}\cos(bt)](s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} e^{-a t}\cos(bt)\,dt =\int_{0}^{\infty} e^{-(s+a)t}\cos(bt)\,dt.
Defina p=s+a. Para \operatorname{Re}(p)>0 temos convergência. Usando a identidade complexa,
\cos(bt)=\operatorname{Re}\big(e^{i bt}\big),
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\int_{0}^{\infty} e^{-p t}\cos(bt)\,dt =\operatorname{Re}\!\left(\int_{0}^{\infty} e^{-p t} e^{i bt}\,dt\right) =\operatorname{Re}\!\left(\int_{0}^{\infty} e^{-(p-i b)t}\,dt\right).
Como \operatorname{Re}(p-i b)=\operatorname{Re}(p)>0, a integral vale
\int_{0}^{\infty} e^{-(p-i b)t}\,dt=\frac{1}{p-i b}.
Agora tomamos a parte real:
\operatorname{Re}\!\left(\frac{1}{p-i b}\right) =\operatorname{Re}\!\left(\frac{p+i b}{p^{2}+b^{2}}\right) =\frac{p}{p^{2}+b^{2}}.
Substituindo p=s+a obtemos
\mathcal{L}[e^{-a t}\cos(bt)](s)=\frac{s+a}{(s+a)^{2}+b^{2}}.

Passo 4

Cálculo de \mathcal{L}[e^{-a t}\sin(bt)](s): procedimento análogo. Começamos por
\mathcal{L}[e^{-a t}\sin(bt)](s)=\int_{0}^{\infty} e^{-(s+a)t}\sin(bt)\,dt.
Usando \sin(bt)=\operatorname{Im}(e^{i bt}),
\int_{0}^{\infty} e^{-p t}\sin(bt)\,dt =\operatorname{Im}\!\left(\int_{0}^{\infty} e^{-(p-i b)t}\,dt\right) =\operatorname{Im}\!\left(\frac{1}{p-i b}\right).
Como antes,
\frac{1}{p-i b}=\frac{p+i b}{p^{2}+b^{2}}
e a parte imaginária é \dfrac{b}{p^{2}+b^{2}}. Substituindo p=s+a obtemos
\mathcal{L}[e^{-a t}\sin(bt)](s)=\frac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}.

Passo 5

Resumo dos resultados que provamos (úteis para a inversão):
\mathcal{L}[e^{-a t}\cos(bt)](s)=\frac{s+a}{(s+a)^{2}+b^{2}}, \qquad \mathcal{L}[e^{-a t}\sin(bt)](s)=\frac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}.
Agora vamos usar essas fórmulas para inverter
\mathcal{L}[y](s)=\frac{2s+5}{s^{2}+4s+13}.

Passo 6

Preparar a fração para identificação com as formas acima. Primeiro complete o quadrado no denominador:
s^{2}+4s+13 = (s^{2}+4s+4)+9=(s+2)^{2}+3^{2}.
Agora escreva o numerador em termos de s+2:
2s+5 = 2(s+2)+1.
Substituindo essas expressões,
\frac{2s+5}{s^{2}+4s+13} =\frac{2(s+2)+1}{(s+2)^{2}+3^{2}} =2\cdot\frac{s+2}{(s+2)^{2}+3^{2}}+\frac{1}{(s+2)^{2}+3^{2}}.

Passo 7

Reconheça cada termo como transformadas conhecidas:
  • Usando a fórmula para cosseno com a=2 e b=3,
\mathcal{L}[e^{-2t}\cos(3t)](s)=\frac{s+2}{(s+2)^{2}+3^{2}}.
Então o primeiro termo é 2\mathcal{L}[e^{-2t}\cos(3t)](s).
  • Para o segundo termo precisamos do fator 3 no numerador para usar a fórmula do seno. Note que
\frac{1}{(s+2)^{2}+3^{2}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{(s+2)^{2}+3^{2}} =\frac{1}{3}\,\mathcal{L}[e^{-2t}\sin(3t)](s).
Portanto o segundo termo é \dfrac{1}{3}\mathcal{L}[e^{-2t}\sin(3t)](s).
Pela linearidade da transformada inversa, obtemos y(t) somando as inversas desses termos.

Passo 8

Aplicando a inversa termo a termo:
y(t)=2\,e^{-2t}\cos(3t)+\frac{1}{3}\,e^{-2t}\sin(3t).
Opcionalmente fatorando e^{-2t},
y(t)=e^{-2t}\left(2\cos(3t)+\tfrac{1}{3}\sin(3t)\right).

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}[e^{-a t}\cos(bt)](s)=\frac{s+a}{(s+a)^{2}+b^{2}}
\displaystyle \mathcal{L}[e^{-a t}\sin(bt)](s)=\frac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}
\displaystyle y(t)=2e^{-2t}\cos(3t)+\tfrac{1}{3}e^{-2t}\sin(3t)

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