Questão 7 ( 1,0 pt) Seja f(t)=e^{2 t} \operatorname{cosh} t, então \mathcal{L}[f(t)]=
\frac{s-2}{(s-2)^{2}-1} \frac{s+2}{(s+2)^{2}-1} \frac{s}{2\left(s^{2}-1\right)}
\frac{2 s}{s^{2}+1} \frac{2 s}{s^{2}-1}

Passo 1

O enunciado dá a função f(t)=e^{2t}\operatorname{cosh} t e pede para calcular \mathcal{L}[f(t)], a transformada de Laplace de f. Informações relevantes fornecidas:
  • A função é f(t)=e^{2t}\operatorname{cosh} t.
  • A pergunta é: calcular \mathcal{L}[f(t)] (ou seja, a transformada de Laplace de f).
  • As alternativas sugerem formas racionais em s; portanto queremos uma expressão fechada em s.

Passo 2

Definição útil: a transformada de Laplace de uma função g(t) (para t\ge 0) é
\mathcal{L}\{g(t)\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}g(t)\,dt.
Vou usar essa definição junto com duas ideias padrão: a expressão da função hiperbólica \operatorname{cosh} t em termos de exponenciais e o teorema do deslocamento (shifting) para fatores e^{at}.

Passo 3

Primeiro calculemos a transformada de \operatorname{cosh} t. Lembre que
\operatorname{cosh} t=\frac{e^{t}+e^{-t}}{2}.
Usando a definição da transformada,
\mathcal{L}\{\operatorname{cosh} t\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}\frac{e^{t}+e^{-t}}{2}\,dt =\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\bigl(e^{-(s-1)t}+e^{-(s+1)t}\bigr)\,dt.
Agora avaliamos cada integral (supondo \operatorname{Re}(s)>1 para convergência da primeira integral):
\int_{0}^{\infty}e^{-(s-1)t}\,dt=\frac{1}{s-1},\qquad \int_{0}^{\infty}e^{-(s+1)t}\,dt=\frac{1}{s+1}.
Portanto
\mathcal{L}\{\operatorname{cosh} t\}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-1}+\frac{1}{s+1}\right).

Passo 4

Vamos simplificar a expressão obtida. Colocando sobre o mesmo denominador:
\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-1}+\frac{1}{s+1}\right) =\frac{1}{2}\left(\frac{s+1+s-1}{(s-1)(s+1)}\right) =\frac{1}{2}\left(\frac{2s}{s^{2}-1}\right) =\frac{s}{s^{2}-1}.
Portanto
\mathcal{L}\{\operatorname{cosh} t\}=\frac{s}{s^{2}-1},\qquad \text{com convergência para }\operatorname{Re}(s)>1.ê

Passo 5

Agora use o teorema do deslocamento (shifting) para exponenciais: se \mathcal{L}\{g(t)\}=G(s) então, para qualquer constante a,
\mathcal{L}\{e^{at}g(t)\}=G(s-a).
Justificação rápida: escrevendo a integral,
\mathcal{L}\{e^{at}g(t)\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}e^{at}g(t)\,dt =\int_{0}^{\infty}e^{-(s-a)t}g(t)\,dt=G(s-a).
A região de convergência desloca-se correspondemente (precisamos de \operatorname{Re}(s-a)> limite anterior).

Passo 6

Aplicando o teorema com a=2 e g(t)=\operatorname{cosh} t (cuja transformada é G(s)=\dfrac{s}{s^{2}-1}), obtemos
\mathcal{L}\{e^{2t}\operatorname{cosh} t\}=G(s-2)=\frac{s-2}{(s-2)^{2}-1}.
A região de convergência para essa transformada exige \operatorname{Re}(s-2)>1, ou seja \operatorname{Re}(s)>3. Entre os métodos possíveis, usei o teorema do deslocamento porque é curto e direto (poderíamos também calcular a integral diretamente, mas seria redundante).

Resposta

\dfrac{s-2}{(s-2)^{2}-1}

Exercícios relacionados