Sabendo que as funções abaixo são periódicas com período T, calcule \mathfrak{L}\left\{f(t)\right\}.
f(t)=\left\{\begin{array}{ll}1, & 0 \leq t<1 \\\\ -1, & 1 \geq t<2\end{array} \quad T=2\right..

Passo 1

O enunciado pede calcular a transformada de Laplace de f(t)\) sabendo que \(f\) é periódica com período \(T\). As informações dadas são: - A função \(f(t)\) está definida por \[f(t)=\begin{cases} 1, & 0 \le t<1,\\[4pt] -1, & 1 \le t<2, \end{cases}
  • O período é T=2\]. O que se pede: calcular \(\mathfrak{L}\{f(t)\}, a transformada de Laplace de f.]

Passo 2

Idéia geral (sem entrar em contas ainda): para uma função periódica de período T existe uma fórmula prática que reduz a integral de 0 a \infty a uma integral só em um período. Vou mostrar e justificar essa fórmula, pois é a ferramenta que facilita muito na prova.
Se f tem período T, a transformada de Laplace é
\mathfrak{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt.
Como f é periódica, podemos dividir a integral em somas sobre períodos:
\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt =\sum_{k=0}^{\infty}\int_{kT}^{(k+1)T} e^{-st} f(t)\,dt.
Fazendo a mudança de variável u=t-kT em cada integral (note que f(t)=f(u) porque f é T-periódica) obtemos
\int_{kT}^{(k+1)T} e^{-st} f(t)\,dt =e^{-skT}\int_{0}^{T} e^{-su} f(u)\,du.
Assim a transformada vira uma soma geométrica:
\mathfrak{L}\{f\}(s)=\left(\int_{0}^{T} e^{-su} f(u)\,du\right)\sum_{k=0}^{\infty} e^{-skT}.
A série geométrica converge para \dfrac{1}{1-e^{-sT}} quando \operatorname{Re}(s)>0. Portanto a fórmula útil é
\boxed{\displaystyle \mathfrak{L}\{f\}(s)=\frac{1}{1-e^{-sT}}\int_{0}^{T} e^{-st} f(t)\,dt,\qquad \operatorname{Re}(s)>0.}

Passo 3

Agora aplicamos a fórmula ao caso concreto com T=2. Precisamos calcular a integral em um período
I(s):=\int_{0}^{2} e^{-st} f(t)\,dt.
Usando a definição de f (peguei os valores de f do enunciado), partimos a integral em 0 a 1 (onde f=1) e 1 a 2 (onde f=-1):
I(s)=\int_{0}^{1} e^{-st}\cdot 1\,dt+\int_{1}^{2} e^{-st}\cdot(-1)\,dt.

Passo 4

Calcular cada integral separadamente, com passos explicitados (sem pular etapas):
Primeira integral:
\int_{0}^{1} e^{-st}\,dt =\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_{0}^{1} =-\frac{1}{s}e^{-s} -\left(-\frac{1}{s}e^{0}\right) =\frac{1-e^{-s}}{s}.
Segunda integral:
\int_{1}^{2} (-1)e^{-st}\,dt =-\int_{1}^{2} e^{-st}\,dt =-\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_{1}^{2} =-\left(-\frac{1}{s}e^{-2s} +\frac{1}{s}e^{-s}\right) =-\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s}.
Somando as duas partes:
I(s)=\frac{1-e^{-s}}{s}-\frac{e^{-s}-e^{-2s}}{s} =\frac{1-e^{-s}-e^{-s}+e^{-2s}}{s} =\frac{1-2e^{-s}+e^{-2s}}{s}.
Reconhecendo um quadrado perfeito no numerador:
1-2e^{-s}+e^{-2s}=(1-e^{-s})^{2}.
Logo
\boxed{\displaystyle I(s)=\frac{(1-e^{-s})^{2}}{s}.}

Passo 5

Usando a fórmula do Passo 2 com T=2, temos
\mathfrak{L}\{f\}(s)=\frac{I(s)}{1-e^{-2s}} =\frac{(1-e^{-s})^{2}}{s(1-e^{-2s})}.
Agora simplificamos a expressão. Note que 1-e^{-2s}=(1-e^{-s})(1+e^{-s}). Cancelando um fator 1-e^{-s} (válido para s tal que não seja singular), obtemos
\mathfrak{L}\{f\}(s) =\frac{1-e^{-s}}{s(1+e^{-s})}.

Passo 6

Podemos ainda escrever a resposta numa forma mais compacta e elegante usando a função hiperbólica tangente. Multiplicando numerador e denominador por e^{s/2} e usando identidades exponenciais tem-se
\frac{1-e^{-s}}{1+e^{-s}}=\frac{e^{s}-1}{e^{s}+1}=\operatorname{tanh}\!\left(\frac{s}{2}\right).
Portanto uma forma final muito bonita é
\boxed{\displaystyle \mathfrak{L}\{f\}(s)=\frac{1}{s}\,\operatorname{tanh}\!\left(\frac{s}{2}\right),\qquad \operatorname{Re}(s)>0.}

Resposta

\displaystyle \mathfrak{L}\{f\}(s)=\frac{(1-e^{-s})^{2}}{s(1-e^{-2s})}=\frac{1-e^{-s}}{s(1+e^{-s})}=\frac{1}{s}\operatorname{tanh}\!\left(\frac{s}{2}\right)

Exercícios relacionados