Seja \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s). Determine a transformada de Laplace de cada uma das seguintes funções:
f(t)=\left\{\begin{array}{ll}t, & 0 \leq t<1 \\\\ 1, & t \geq 1\end{array}\right.;

Passo 1

O enunciado pede para determinar a transformada de Laplace da função definida por partes
f(t)=\begin{cases} t, & 0 \le t<1,\\[4pt] 1, & t\ge 1. \end{cases}
Informações relevantes dadas:
\;f(t) está definida para t\ge0 e muda de expressão em t=1.
A tarefa é calcular \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s), ou seja, encontrar
F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt,
e indicar para quais valores de s a integral converge.]

Passo 2

Escolha do método: vou usar a definição da transformada de Laplace e dividir a integral no ponto de mudança t=1. Este método é direto e básico: aplicamos
F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt=\int_{0}^{1} e^{-st}t\,dt+\int_{1}^{\infty} e^{-st}\cdot 1\,dt.
Justificativa rápida: a função é dada por duas expressões simples em dois intervalos, então é natural separar a integral em duas partes; isso evita a necessidade de trabalhar com funções degrau e teoremas de deslocamento, e usa só integrais elementares.

Passo 3

Escrevo as duas integrais explicitamente:
I_1=\int_{0}^{1} t\,e^{-st}\,dt, \qquad I_2=\int_{1}^{\infty} e^{-st}\,dt,
e depois terei F(s)=I_1+I_2. Antes de calcular, lembro que a transformada exige s tal que as integrais improprias existam; veremos a condição de convergência ao final (anticipando: precisa de \;s>0).

Passo 4

Cálculo de I_1=\int_{0}^{1} t\,e^{-st}\,dt por integração por partes.
Regra: para duas funções u(t) e v'(t),
\int u\,v'\,dt = u v - \int u' v\,dt.
Escolho u=t (então u'=1) e v'=e^{-st} (então v=\int e^{-st}dt= -\dfrac{1}{s}e^{-st}, assumindo s\neq0). Aplicando entre 0 e 1:
I_1=\left. -\dfrac{t\,e^{-st}}{s}\right|_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \dfrac{1}{s} e^{-st}\,dt.
Avalio o primeiro termo:
\left. -\dfrac{t\,e^{-st}}{s}\right|_{0}^{1} = -\dfrac{1\cdot e^{-s}}{s} - \left(-\dfrac{0\cdot e^{0}}{s}\right) = -\dfrac{e^{-s}}{s}.
Agora a integral restante:
\int_{0}^{1} \dfrac{1}{s} e^{-st}\,dt = \dfrac{1}{s}\left[ -\dfrac{1}{s} e^{-st}\right]_{0}^{1} = \dfrac{1}{s}\cdot\left( -\dfrac{e^{-s}}{s} + \dfrac{1}{s}\right) = \dfrac{1-e^{-s}}{s^{2}}.
Somando as partes:
I_1 = -\dfrac{e^{-s}}{s} + \dfrac{1-e^{-s}}{s^{2}}.
Para simplificar em uma fração comum:
I_1 = \dfrac{1 - e^{-s}(s+1)}{s^{2}}.

Passo 5

Cálculo de I_2=\int_{1}^{\infty} e^{-st}\,dt.
Integro diretamente:
\int e^{-st}\,dt = -\dfrac{1}{s}e^{-st},
portanto, tomando o limite superior improprio,
I_2 = \lim_{b\to\infty}\left[ -\dfrac{1}{s}e^{-st}\right]_{t=1}^{t=b} = \lim_{b\to\infty}\left( -\dfrac{e^{-sb}}{s} + \dfrac{e^{-s}}{s}\right).
Se \;s>0 então e^{-sb}\to0 quando b\to\infty, logo
I_2 = \dfrac{e^{-s}}{s}.

Passo 6

Somando I_1 e I_2:
F(s)=I_1+I_2=\dfrac{1 - e^{-s}(s+1)}{s^{2}} + \dfrac{e^{-s}}{s}.
Coloco tudo sobre o denominador s^{2}:
F(s)=\dfrac{1 - e^{-s}(s+1) + e^{-s} s}{s^{2}} = \dfrac{1 - e^{-s}}{s^{2}}.
Portanto a expressão simplifica bem. Quanto à convergência: usamos que I_2 converge somente se \;s>0 (para que e^{-st} tenda a zero quando t\to\infty), e todas as manipulações são válidas para \;s>0. Assim a transformada existe para \;s>0.

Passo 7

Interpretação rápida (dica para prova): uma alternativa seria escrever f(t) usando a função degrau de Heaviside \;u(t-1), por exemplo
f(t)=t\bigl(1-u(t-1)\bigr) + 1\cdot u(t-1)
e então usar propriedades da transformada (linearidade e teorema do deslocamento). O método por divisão da integral é mais direto quando a função é dada por partes simples.

Resposta

\boxed{F(s)=\dfrac{1-e^{-s}}{s^{2}},\qquad s>0.}

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