Seja mathcal{L}{f(t)}=F(s). Determine a transformada de Laplace de cada uma das seguintes funções através das propriedades estudadas:
r(t)=(t-2) e^{2-t} \mathcal{U}(t-2).

Passo 1

O enunciado pede para determinar a transformada de Laplace da função
r(t) = (t-2)\,e^{2-t}\,\mathcal{U}(t-2).
Informações dadas e elementos importantes:
  • A função envolve o degrau unitário \mathcal{U}(t-2) (Heaviside em t=2).
  • Há um fator (t-2) multiplicando uma exponencial.
  • Queremos \mathcal{L}\{r(t)\}, ou seja, a transformada de Laplace de r(t).

Passo 2

Primeiro, simplifico a parte exponencial para deixar a função numa forma de deslocamento no tempo. Observe que
e^{2-t} = e^{-(t-2)}.
Logo podemos reescrever
r(t) = (t-2)\,e^{-(t-2)}\,\mathcal{U}(t-2).
Isto mostra claramente que r(t) está na forma g(t-2)\,\mathcal{U}(t-2) com
g(\tau)=\tau e^{-\tau}\quad\text{e}\quad \tau=t-2.

Passo 3

Usamos agora a propriedade de deslocamento no tempo (propriedade do degrau): se g(t) tem transformada G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}, então
\mathcal{L}\{g(t-a)\,\mathcal{U}(t-a)\} = e^{-a s}\,G(s),
para a>0. Vou mostrar rapidamente por que isso vale: pela definição,
\mathcal{L}\{g(t-a)\,\mathcal{U}(t-a)\}=\int_{0}^{\infty} g(t-a)\,\mathcal{U}(t-a)\,e^{-s t}\,dt.
Como \mathcal{U}(t-a) anula a integral para t<a, a integral vira \int_{a}^{\infty} g(t-a)e^{-st}dt. Fazendo a mudança de variável \tau=t-a obtemos
\int_{0}^{\infty} g(\tau)\,e^{-s(\tau+a)}\,d\tau = e^{-a s}\int_{0}^{\infty} g(\tau)\,e^{-s\tau}\,d\tau = e^{-a s}G(s).
Portanto a propriedade está justificada.

Passo 4

Aplicando a propriedade com a=2 e g(t)=t e^{-t}, obtemos
\mathcal{L}\{r(t)\} = e^{-2s}\,\mathcal{L}\{t e^{-t}\}.
Agora calculo G(s)=\mathcal{L}\{t e^{-t}\}. Pela definição,
G(s)=\int_{0}^{\infty} t e^{-t} e^{-s t}\,dt = \int_{0}^{\infty} t e^{-(s+1)t}\,dt.
Para avaliar essa integral uso integração por partes. Seja \alpha = s+1 (assumimos \operatorname{Re}(\alpha)>0 para convergência). Tomo u=t e dv=e^{-\alpha t}dt. Então du=dt e v=-\dfrac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}. Assim
\int_{0}^{\infty} t e^{-\alpha t}\,dt = \left. -\frac{t}{\alpha}e^{-\alpha t}\right|_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\alpha} e^{-\alpha t}\,dt.
O termo de bordo em t\to\infty é zero quando \operatorname{Re}(\alpha)>0, e em t=0 é zero também; então resta
\int_{0}^{\infty} t e^{-\alpha t}\,dt = \frac{1}{\alpha}\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha t}\,dt = \frac{1}{\alpha}\cdot\frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\alpha^{2}}.
Voltando \alpha=s+1, temos
\mathcal{L}\{t e^{-t}\} = \frac{1}{(s+1)^{2}},\qquad \operatorname{Re}(s)>-1.

Passo 5

Substituindo em \mathcal{L}\{r(t)\} = e^{-2s}\,\mathcal{L}\{t e^{-t}\}, obtemos
\mathcal{L}\{r(t)\} = e^{-2s}\,\frac{1}{(s+1)^{2}}.
Esta é a transformada de Laplace desejada, válida para \operatorname{Re}(s)>-1.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{r(t)\}=\frac{e^{-2s}}{(s+1)^{2}},\\ \operatorname{Re}(s)>-1.

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