Seja \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s). Determine a transformada de Laplace de cada uma das seguintes funções:
f(t)=\left\{\begin{array}{ll}0, & 0 \leq t<2 \\\ (t-2)^{2}, & t \geq 2\end{array}\right..

Passo 1

O enunciado dá a função por partes
f(t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<2,\\[4pt] (t-2)^2, & t\ge 2, \end{cases}
e pede a transformada de Laplace \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s). As informações relevantes são: o valor de f(t) é nulo até t=2 e depois é o polinômio (t-2)^2. A pergunta é: encontrar F(s) (e indicar a condição em s onde a transformada existe).]

Passo 2

Lembrete da definição que vamos usar: a transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-st}\,dt,
onde t é a variável de tempo e s é o parâmetro complexo (para nossa questão, precisamos de s>0 para garantir convergência). Essa integral transforma a função do domínio do tempo para o domínio s.

Passo 3

Como f(t)=0 para 0\le t<2, a integral da definição começa efetivamente em t=2. Logo
F(s)=\int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-st}\,dt = \int_{2}^{\infty} (t-2)^2\,e^{-st}\,dt.
Isso já simplifica bastante: só precisamos avaliar essa integral imprópria.

Passo 4

Façamos a troca de variável mais natural aqui: coloque u=t-2. Então t=u+2 e dt=du. Os limites mudam de t=2\mapsto u=0 e t\to\infty\mapsto u\to\infty. Substituindo,
F(s)=\int_{0}^{\infty} u^{2}\,e^{-s(u+2)}\,du.
Isolando o fator que não depende de u (o exponencial com 2):
F(s)=e^{-2s}\int_{0}^{\infty} u^{2}\,e^{-su}\,du.
Ou seja, F(s)=e^{-2s} vezes a transformada de u^{2} vista como função de u.

Passo 5

Agora precisamos calcular a integral
I(s)=\int_{0}^{\infty} u^{2}\,e^{-su}\,du,
para s>0. Vou fazer por partes (duas vezes), que é um jeito que dá para fazer “na prova” sem usar a função Gamma.
Primeira integração por partes: escolha a=u^{2} e dv=e^{-su}\,du. Então da=2u\,du e v=-\frac{1}{s}e^{-su}. Pela fórmula de partes,
I(s)=\left[-\frac{u^{2}}{s}e^{-su}\right]_{0}^{\infty}+\frac{2}{s}\int_{0}^{\infty} u\,e^{-su}\,du.
O termo de fronteira vale zero porque, para s>0, u^{2}e^{-su}\to 0 quando u\to\infty (a exponencial domina o polinômio), e no zero é claramente zero. Portanto
I(s)=\frac{2}{s}\int_{0}^{\infty} u\,e^{-su}\,du.

Passo 6

Calculemos agora J(s)=\int_{0}^{\infty} u\,e^{-su}\,du. Novamente por partes: tome a=u e dv=e^{-su}\,du. Então da=du e v=-\frac{1}{s}e^{-su}. Assim
J(s)=\left[-\frac{u}{s}e^{-su}\right]_{0}^{\infty}+\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-su}\,du.
O termo de fronteira é zero (novamente o u e^{-su}\to0 quando u\to\infty). A última integral é simples:
\int_{0}^{\infty} e^{-su}\,du = \left[-\frac{1}{s}e^{-su}\right]_{0}^{\infty} = \frac{1}{s}.
Portanto
J(s)=\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{2}}.

Passo 7

Voltando para I(s): temos
I(s)=\frac{2}{s}J(s)=\frac{2}{s}\cdot\frac{1}{s^{2}}=\frac{2}{s^{3}}.
Esse resultado também é compatível com a fórmula geral \displaystyle \int_{0}^{\infty} u^{n}e^{-su}\,du=\frac{n!}{s^{n+1}} para n inteiro não negativo (aqui n=2 2!/s^{3}=2/s^{3}).

Passo 8

Substituindo I(s) em F(s)=e^{-2s}I(s), obtemos
F(s)=e^{-2s}\cdot\frac{2}{s^{3}}=\frac{2\,e^{-2s}}{s^{3}},
válido para s>0. Como comentário final: esse resultado também pode ser visto diretamente pelo teorema do deslocamento no tempo (função degrau): f(t)=u(t-2)\cdot (t-2)^2 tem transformada e^{-2s}\mathcal{L}\{u^2\}=e^{-2s}\cdot 2/s^{3}.

Resposta

\displaystyle F(s)=\frac{2\,e^{-2s}}{s^{3}},\quad s>0

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