Represente as funções em termos da função degrau unitário e encontre a transformada de Laplace
f(t)= \begin{cases}3, & 0<t<2 \\\ t+1, & 2<t\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: representar a função f(t)\) em termos da função degrau unitário e calcular a transformada de Laplace dessa representação. As informações dadas são: \[f(t)= \begin{cases}3, & 0<t<2 \\\ t+1, & 2<t\end{cases}
Ou seja, para 0<t<2\] a função vale \(\,3 e, a partir de t=2, a função vale \,t+1.

Passo 2

Vamos lembrar o que é a função degrau unitário (função de Heaviside) e como ela é usada para montar funções por partes.
A função degrau unitário deslocada é definida por
u(t-a)=\begin{cases}0, & t<a,\\\\ 1, & t>a\end{cases}
(se quisermos, podemos definir u(a)=\tfrac12, mas isso não afeta transformadas integráveis). A ideia prática: multiplicar por u(t-a) “liga” um termo somente a partir de t=a.
Propriedade útil (linearidade): somando uma base que vale em todo lugar com um termo multiplicado por u(t-a) a partir de t=a conseguimos construir funções em pedaços.

Passo 3

Construção da representação de f(t) usando degrau.
  1. Observação: antes de t=2 queremos f(t)=3. Uma forma inteligente é pegar como base a constante 3 e depois, a partir de t=2, adicionar a correção necessária para que o valor vire t+1.
  2. Calcule a correção: para t>2 queremos que
3 + \text{correção}(t) = t+1.çã
Então a correção é
\text{correção}(t) = (t+1)-3 = t-2.çã
  1. Assim representamos f(t) como
f(t)=3 + u(t-2)\,(t-2).
Verificação rápida:
  • Se 0<t<2, então u(t-2)=0 e f(t)=3 — ok.
  • Se t>2, então u(t-2)=1 e f(t)=3+(t-2)=t+1 — ok.
Portanto a representação em termos do degrau unitário é
f(t)=3 + u(t-2)\,(t-2).

Passo 4

Introdução rápida à transformada de Laplace e transformadas básicas que vamos usar.
Definição: a transformada de Laplace de uma função g(t) (para t\ge0) é
\mathcal{L}\{g\}(s)=\int_{0}^{\infty} g(t)\,e^{-st}\,dt,
quando a integral converge.
Propriedades que usaremos:
  • Linearidade:
\mathcal{L}\{a g_1(t)+b g_2(t)\}(s)=a\mathcal{L}\{g_1\}(s)+b\mathcal{L}\{g_2\}(s).
  • Transformadas conhecidas (aqui eu mostro as contas para fixar):
    • Para a constante 1,
    \mathcal{L}\{1\}(s)=\int_{0}^{\infty} 1\cdot e^{-st}\,dt=\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_{0}^{\infty}=\frac{1}{s}, \qquad\text{para }\Re(s)>0.
    • Para a constante 3,
    \mathcal{L}\{3\}(s)=3\mathcal{L}\{1\}(s)=\frac{3}{s}.
    • Para t,
    \mathcal{L}\{t\}(s)=\int_{0}^{\infty} t e^{-st}\,dt=\frac{1}{s^{2}}, \qquad\text{para }\Re(s)>0,(pode-se obter por integração por partes; resultado padrão).

Passo 5

Teorema do deslocamento no tempo (time-shifting) — derivação curta e uso.
Seja g(t) uma função com transformada \mathcal{L}\{g\}(s)=G(s). Então, para a>0,
\mathcal{L}\{u(t-a)\,g(t-a)\}(s)=e^{-a s}G(s).
Derivação por substituição: escrever a integral
\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}(s)=\int_{0}^{\infty} u(t-a)g(t-a)e^{-st}\,dt.
Como u(t-a)=0 para t<a, o intervalo efetivo é t=a a \infty. Faço a mudança de variável \tau=t-a, então t=\tau+a e dt=d\tau. Obtém-se
\int_{0}^{\infty} g(\tau)e^{-s(\tau+a)}\,d\tau = e^{-as}\int_{0}^{\infty} g(\tau)e^{-s\tau}\,d\tau = e^{-as}G(s).
Essa é exatamente a fórmula que usaremos para o termo u(t-2)(t-2): aqui g(\tau)=\tau, cuja transformada é G(s)=1/s^{2}.

Passo 6

Aplicando as propriedades ao nosso f(t)=3 + u(t-2)(t-2).
Pelo princípio da linearidade,
\mathcal{L}\{f\}(s)=\mathcal{L}\{3\}(s)+\mathcal{L}\{u(t-2)(t-2)\}(s).
Já temos \mathcal{L}\{3\}(s)=\dfrac{3}{s}.
Para \mathcal{L}\{u(t-2)(t-2)\}(s) usamos o teorema do deslocamento com a=2 e g(\tau)=\tau, cuja transformada é G(s)=\dfrac{1}{s^{2}}. Portanto
\mathcal{L}\{u(t-2)(t-2)\}(s)=e^{-2s}\cdot\frac{1}{s^{2}}=\frac{e^{-2s}}{s^{2}}.
Somando:
\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{3}{s}+\frac{e^{-2s}}{s^{2}}.

Resposta

f(t)=3 + u(t-2)\,(t-2)\n
\mathcal{L}\{f\}(s)=\dfrac{3}{s}+\dfrac{e^{-2s}}{s^{2}}

Exercícios relacionados