QUESTÃO No. 2 (25 pontos)
Considere a função:
f(t)=\left\{\begin{array}{ccc} 0 & \text { se } & 0 \leq t<\pi \\\ t-\pi & \text { se } & \pi \leq t<2 \pi \\\\ 0 & \text { se } & t \geq 2 \pi \end{array}\right.
Calcule a transformada de Laplace da função em questão, F(s)=\mathcal{L}[f(t)], pelos seguintes 2 métodos:
a) ( 13 pontos) Por definição.
b) ( 12 pontos) Escrevendo f(t) em termos da função degrau unitário e utilizando propriedades e a tabela de transformadas de Laplace.

Passo 1

O enunciado nos dá a função por partes
f(t)=\left\{\begin{array}{ccc} 0 & \text{se} & 0\le t<\pi\\[4pt] t-\pi & \text{se} & \pi\le t<2\pi\\[4pt] 0 & \text{se} & t\ge 2\pi \end{array}\right.
e pede para calcular a transformada de Laplace F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} por dois métodos:
a) usando a definição (integral de 0 a \infty);\n
b) escrevendo f(t) com a degrau unitário e usando propriedades/tabela de transformadas.\n
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • f(t) é nula fora do intervalo [\pi,2\pi).\n
  • Em [\pi,2\pi) vale f(t)=t-\pi.\n
    A partir disso faremos os dois cálculos e confirmaremos que dão a mesma expressão para F(s).]

Passo 2

Definição da transformada de Laplace e redução do integral (método a).\n
A definição é
F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-s t}\,dt.
Como f(t)=0 para 0\le t<\pi e para t\ge2\pi, o integrando só contribui no intervalo [\pi,2\pi). Logo
F(s)=\int_{\pi}^{2\pi} (t-\pi)\,e^{-s t}\,dt.
Para simplificar, faço a mudança de variável x=t-\pi. Então t=x+\pi, quando t=\pi\Rightarrow x=0 e quando t=2\pi\Rightarrow x=\pi. Assim
F(s)=\int_{0}^{\pi} x\,e^{-s(x+\pi)}\,dx = e^{-s\pi}\int_{0}^{\pi} x\,e^{-s x}\,dx.
Agora falta calcular \displaystyle \int_{0}^{\pi} x\,e^{-s x}\,dx.

Passo 3

Cálculo de \displaystyle \int_{0}^{\pi} x\,e^{-s x}\,dx por partes.\n
Uso integração por partes: tomo u=x e dv=e^{-s x}dx. Então du=dx e v=\displaystyle -\frac{1}{s}e^{-s x} (assumindo s\neq 0; depois comentamos o caso s=0). A primitiva é
\int x\,e^{-s x}\,dx = -\frac{x}{s}e^{-s x} + \frac{1}{s}\int e^{-s x}\,dx = -\frac{x}{s}e^{-s x} - \frac{1}{s^{2}}e^{-s x} + C.
Avalio entre 0 e \pi:
\int_{0}^{\pi} x\,e^{-s x}\,dx = \left[-\frac{x}{s}e^{-s x} - \frac{1}{s^{2}}e^{-s x}\right]_{0}^{\pi} = \left(-\frac{\pi}{s}e^{-s\pi} - \frac{1}{s^{2}}e^{-s\pi}\right) - \left(0 - \frac{1}{s^{2}}\right).
Portanto
\int_{0}^{\pi} x\,e^{-s x}\,dx = -\frac{\pi}{s}e^{-s\pi} - \frac{1}{s^{2}}e^{-s\pi} + \frac{1}{s^{2}}.

Passo 4

Concluir o método (a) substituindo o resultado no F(s).\n
Lembrando que F(s)=e^{-s\pi}\displaystyle\int_{0}^{\pi} x\,e^{-s x}\,dx, obtemos
F(s)=e^{-s\pi}\left(-\frac{\pi}{s}e^{-s\pi} - \frac{1}{s^{2}}e^{-s\pi} + \frac{1}{s^{2}}\right).
Distribuindo e^{-s\pi}:
F(s)=\frac{e^{-s\pi}}{s^{2}} - \frac{e^{-2s\pi}}{s^{2}} - \frac{\pi\,e^{-2s\pi}}{s}.
Reagrupando de forma mais compacta,
F(s)=\frac{e^{-s\pi}}{s^{2}} - e^{-2s\pi}\!\left(\frac{1}{s^{2}}+\frac{\pi}{s}\right).
Observação sobre convergência: como f(t) tem suporte compacto (nula fora de [\pi,2\pi]), o integral é uma integral em intervalo finito e a expressão é válida para todo s complexo (a transformada é, na verdade, uma função inteira de s). Para tratamento padrão em cursos, costuma-se afirmar a validade para \Re(s)>0, mas aqui não há divergência mesmo para s=0.

Passo 5

Agora método (b): escrever f(t)\) com degrau unitário e usar propriedades.\n Definição da degrau unitário: \(\displaystyle u(t-a)=\begin{cases}0,&t<a,\\\ 1,&t\ge a.\end{cases}\n
Posso escrever f(t) como
f(t)=(t-\pi)\bigl[u(t-\pi)-u(t-2\pi)\bigr].
Verificação rápida (para ficar certo):\n
  • Se t<\pi, ambos os degraus são 0 e f(t)=0.\n
  • Se \pi\le t<2\pi, então u(t-\pi)=1 e u(t-2\pi)=0, logo f(t)=(t-\pi)\cdot 1.\n
  • Se t\ge2\pi, ambos são 1 e a diferença é 0, logo f(t)=0. Portanto a expressão representa corretamente f.

Passo 6

Propriedade de translação no tempo (teorema do deslocamento).\n
Se g(t) é uma função com transformada G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}, então
\mathcal{L}\{g(t-a)\,u(t-a)\}=e^{-a s}G(s).
Prova curta (substituição): \mathcal{L}\{g(t-a)u(t-a)\}=\int_{0}^{\infty} g(t-a)u(t-a)e^{-s t}dt=\int_{a}^{\infty} g(t-a)e^{-s t}dt. Fazendo \tau=t-a obtemos \int_{0}^{\infty} g(\tau)e^{-s(\tau+a)}d\tau=e^{-a s}\int_{0}^{\infty} g(\tau)e^{-s\tau}d\tau=e^{-a s}G(s).
Também usarei resultados da tabela:
\mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^{2}},\qquad \mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-a s}}{s}.

Passo 7

Aplicar propriedades para calcular \mathcal{L}\{f(t)\} (método b).\n
Como f(t)=(t-\pi)[u(t-\pi)-u(t-2\pi)], temos
\mathcal{L}\{f(t)\}=\mathcal{L}\{(t-\pi)u(t-\pi)\}-\mathcal{L}\{(t-\pi)u(t-2\pi)\}.
Para o primeiro termo, aplico o deslocamento com g(t)=t e a=\pi: \mathcal{L}\{(t-\pi)u(t-\pi)\}=e^{-\pi s}\mathcal{L}\{t\}=e^{-\pi s}\frac{1}{s^{2}}.
Para o segundo termo escrevo (t-\pi)u(t-2\pi)=\bigl((t-2\pi)+\pi\bigr)u(t-2\pi). Assim
\mathcal{L}\{(t-\pi)u(t-2\pi)\} = \mathcal{L}\{(t-2\pi)u(t-2\pi)\} + \pi\,\mathcal{L}\{u(t-2\pi)\}.
Pelo deslocamento, \mathcal{L}\{(t-2\pi)u(t-2\pi)\}=e^{-2\pi s}\mathcal{L}\{t\}=e^{-2\pi s}\frac{1}{s^{2}}. E \mathcal{L}\{u(t-2\pi)\}=e^{-2\pi s}\frac{1}{s}. Portanto
\mathcal{L}\{(t-\pi)u(t-2\pi)\}=e^{-2\pi s}\frac{1}{s^{2}} + \pi\,e^{-2\pi s}\frac{1}{s}.
Subtraindo:
F(s)=e^{-\pi s}\frac{1}{s^{2}} - \left(e^{-2\pi s}\frac{1}{s^{2}} + \pi\,e^{-2\pi s}\frac{1}{s}\right),
que é exatamente
F(s)=\frac{e^{-s\pi}}{s^{2}} - e^{-2s\pi}\!\left(\frac{1}{s^{2}}+\frac{\pi}{s}\right).

Passo 8

Conclusão e comparação dos dois métodos.\n
Os resultados dos métodos (a) e (b) coincidem, como devíamos obter. A expressão final pode ser deixada numa forma equivalente conveniente para uso em problemas.

Resposta

F(s)=\frac{e^{-s\pi}}{s^{2}}-e^{-2s\pi}\!\left(\frac{1}{s^{2}}+\frac{\pi}{s}\right)

Exercícios relacionados