Seja mathcal{L}{f(t)}=F(s)\). Determine a transformada de Laplace de cada uma das seguintes funções: \(f(t)= \begin{cases}0, & 0 \leq t<\frac{\pi}{2} \\\ \cos t, & t \geq \frac{\pi}{2}\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede: determinar a transformada de Laplace \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)\) da função por partes \[f(t)= \begin{cases}0, & 0 \leq t<\frac{\pi}{2}, \\[4pt] \cos t, & t \geq \frac{\pi}{2}.\end{cases}
Informações dadas:
\text{para }0\le t<\frac{\pi}{2}\quad f(t)=0, \qquad \text{para }t\ge\frac{\pi}{2}\quad f(t)=\cos t.
A tarefa é obter (F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t),dt] em forma fechada.]

Passo 2

Primeiro vamos escrever f(t) usando a função degrau de Heaviside u(t-a). Seja a=\frac{\pi}{2}. A função degrau u(t-a) vale 0 para t<a e 1 para t\ge a. Assim podemos escrever
f(t)=u\!\left(t-\frac{\pi}{2}\right)\cos t.
Isto é só reescrever a definição por partes numa forma que facilita aplicar propriedades da transformada de Laplace.

Passo 3

Queremos usar a propriedade de deslocamento na variável temporal. Para isso é útil escrever \cos t em termos de \cos(t-a) e \sin(t-a). Usando a fórmula de soma de ângulos:
\cos t=\cos\big((t-a)+a\big)=\cos a\cos(t-a)-\sin a\sin(t-a).
Aqui a=\frac{\pi}{2}. Calculando \cos a e \sin a:
\cos\!\left(\frac{\pi}{2}\right)=0,\qquad \sin\!\left(\frac{\pi}{2}\right)=1.
Portanto, para a=\frac{\pi}{2},
\cos t = -\sin\!\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big).

Passo 4

Substituindo essa expressão em f(t) obtemos uma escrita na forma padrão para aplicar o teorema do degrau:
f(t)=u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)\cos t = u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)\big(-\sin\!\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big)\big) = -\,u\!\left(t-\tfrac{\pi}{2}\right)\sin\!\big(t-\tfrac{\pi}{2}\big).

Passo 5

Agora usamos a propriedade de deslocamento (teorema do degrau): se g(t) é uma função com transformada G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}, então
\mathcal{L}\{u(t-a)\,g(t-a)\}=e^{-a s}\,G(s).
Derivação rápida (intuição): faça a mudança de variável \tau=t-a na integral da Laplace a partir de t=a.

Passo 6

Na nossa expressão temos g(t)=-\sin t. Precisamos da transformada \mathcal{L}\{\sin t\}. Calculamos-a por integração (mostrar passo a passo para a prova):
Calcule \mathcal{L}\{\sin t\}=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\sin t\,dt.
Fazendo integração por partes duas vezes (ou usando transformada conhecida), obtém-se o resultado padrão
\mathcal{L}\{\sin t\}=\frac{1}{s^{2}+1},\qquad \text{para } \Re(s)>0.
Também é útil lembrar que \mathcal{L}\{\cos t\}=\dfrac{s}{s^{2}+1}, mas aqui só precisamos de \sin.

Passo 7

Aplicando a propriedade do degrau à função f(t)=-u(t-a)\sin(t-a) com a=\tfrac{\pi}{2} e G(s)=\mathcal{L}\{\,-\sin t\}=-\dfrac{1}{s^{2}+1}, obtemos:
F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} = e^{-a s}\,G(s) = e^{-\frac{\pi}{2}s}\left(-\frac{1}{s^{2}+1}\right).

Passo 8

Simplificando, a transformada de Laplace fica
F(s)=-\frac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s^{2}+1},\qquad \Re(s)>0.
Se preferir, pode-se obter o mesmo resultado calculando diretamente a integral
F(s)=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\infty} e^{-st}\cos t\,dt
e usando a mudança de variável \tau=t-\tfrac{\pi}{2} e a decomposição por soma de ângulos; o resultado é o mesmo.

Resposta

-\dfrac{e^{-\frac{\pi}{2}s}}{s^{2}+1}

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