“Uma transformada é uma fórmula que converte ou “transforma” uma função em outra. Transformadas são usadas em aplicações para converter um problema difícil em um problema mais fácil, cuja solução pode ser usada para resolver a dificuldade do problema original A Transformada de Laplace de uma função \mathrm{f}(\mathrm{t})" é denotada por \mathrm{L}\{\mathrm{f}(\mathrm{t})\}. A transformada de Laplace tem o efeito de transformar f(t) em função de s.” Na Teoria das equações diferenciais, se f é uma função, então a transformada de Laplace L de \mathrm{f}(\mathrm{x}) é definida por L\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t) d t para todo número real s para o qual a integral imprópria converge.
Mostre que \mathrm{L}\{\operatorname{sen}(\mathrm{t})\}=\frac{1}{s^{2}+1}, s>0

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que a transformada de Laplace de \sin(t) é \dfrac{1}{s^{2}+1} para s>0.
Informações dadas e objetivo claro:
  • A transformada de Laplace de uma função f(t) é definida por
L\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t)\,dt.
  • Queremos calcular
L\{\sin(t)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\sin(t)\,dt
e mostrar que o resultado é \dfrac{1}{s^{2}+1} quando s>0.

Passo 2

Verificação de convergência (por que precisamos de s>0).
Para garantir que a integral imprópria converge, note que para todo t\ge 0 vale |\sin(t)|\le 1. Assim
\left|e^{-s t}\sin(t)\right|\le e^{-s t}.
A integral \int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,dt converge se, e somente se, s>0 (é uma integral de decaimento exponencial). Portanto a integral de e^{-s t}\sin(t) converge absolutamente para s>0. Isso justifica que faz sentido calcular a transformada quando s>0.

Passo 3

Reduzir o problema a um limite de integrais definidas.
Defina, para b>0,
I(b)=\int_{0}^{b} e^{-s t}\sin(t)\,dt.
A transformada é então
L\{\sin(t)\}=\lim_{b\to\infty} I(b).
Vamos calcular I(b) explicitamente e depois tomar o limite b\to\infty.

Passo 4

Cálculo de I(b) por integração por partes (primeira integração por partes).
Recordando a fórmula de integração por partes:
\int u\,dv = u v - \int v\,du,
onde u e dv são escolhidos convenientemente.
Escolha u=\sin(t) e dv=e^{-s t}\,dt. Então
du=\cos(t)\,dt,\qquad v=\int e^{-s t}\,dt = -\frac{1}{s}e^{-s t}.
Aplicando a fórmula em [0,b],
\begin{aligned} I(b)&=\int_{0}^{b} e^{-s t}\sin(t)\,dt = \left.-\frac{1}{s}e^{-s t}\sin(t)\right|_{0}^{b} + \frac{1}{s}\int_{0}^{b} e^{-s t}\cos(t)\,dt. \end{aligned}
Como \sin(0)=0, o termo inferior anula, ficando
I(b)=-\frac{1}{s}e^{-s b}\sin(b) + \frac{1}{s}J(b),
onde definimos
J(b)=\int_{0}^{b} e^{-s t}\cos(t)\,dt.

Passo 5

Cálculo de J(b) por integração por partes (segunda integração por partes).
Agora calcule J(b) com u=\cos(t) e dv=e^{-s t}\,dt. Assim
du=-\sin(t)\,dt,\qquad v=-\frac{1}{s}e^{-s t}.
Aplicando integração por partes em [0,b],
\begin{aligned} J(b)&=\left.-\frac{1}{s}e^{-s t}\cos(t)\right|_{0}^{b} - \int_{0}^{b}\left(-\frac{1}{s}e^{-s t}\right)(- \sin(t))\,dt\\\ &=-\frac{1}{s}e^{-s b}\cos(b) + \frac{1}{s}\cos(0) - \frac{1}{s} \int_{0}^{b} e^{-s t}\sin(t)\,dt. \end{aligned}
Como \cos(0)=1 e reconhecemos \int_{0}^{b} e^{-s t}\sin(t)\,dt=I(b), obtemos
J(b)=-\frac{1}{s}e^{-s b}\cos(b) + \frac{1}{s} - \frac{1}{s}I(b).

Passo 6

Eliminando J(b) e resolvendo para I(b).
Voltando à expressão do Passo 4,
I(b)=-\frac{1}{s}e^{-s b}\sin(b) + \frac{1}{s}J(b).
Substituindo J(b) do Passo 5,
\begin{aligned} I(b)&=-\frac{1}{s}e^{-s b}\sin(b) + \frac{1}{s}\left(-\frac{1}{s}e^{-s b}\cos(b) + \frac{1}{s} - \frac{1}{s}I(b)\right)\\[4pt] &=-\frac{1}{s}e^{-s b}\sin(b) -\frac{1}{s^{2}}e^{-s b}\cos(b) + \frac{1}{s^{2}} - \frac{1}{s^{2}}I(b). \end{aligned}
Agora junte os termos com I(b) no lado esquerdo:
I(b) + \frac{1}{s^{2}}I(b) = \frac{1}{s^{2}} - e^{-s b}\!\left(\frac{1}{s}\sin(b)+\frac{1}{s^{2}}\cos(b)\right).
Fatorando I(b),
I(b)\left(1+\frac{1}{s^{2}}\right)=\frac{1}{s^{2}} - e^{-s b}\!\left(\frac{1}{s}\sin(b)+\frac{1}{s^{2}}\cos(b)\right).
Note que 1+\dfrac{1}{s^{2}}=\dfrac{s^{2}+1}{s^{2}}. Assim
I(b)=\frac{\dfrac{1}{s^{2}} - e^{-s b}\!\left(\dfrac{1}{s}\sin(b)+\dfrac{1}{s^{2}}\cos(b)\right)}{\dfrac{s^{2}+1}{s^{2}}} = \frac{1}{s^{2}+1} - \frac{e^{-s b}\bigl(s\sin(b)+\cos(b)\bigr)}{s^{2}+1}.]

Passo 7

Tomando o limite b\to\infty e conclusão.
Temos
I(b)=\frac{1}{s^{2}+1} - \frac{e^{-s b}\bigl(s\sin(b)+\cos(b)\bigr)}{s^{2}+1}.
Para s>0 vale e^{-s b}\to 0 quando b\to\infty, e s\sin(b)+\cos(b) é limitado (pois seno e cosseno são limitados). Logo o segundo termo tende a zero quando b\to\infty. Portanto
\lim_{b\to\infty} I(b)=\frac{1}{s^{2}+1}.
Isto é,
L\{\sin(t)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\sin(t)\,dt = \frac{1}{s^{2}+1}\qquad\text{para }s>0.

Resposta

\dfrac{1}{s^{2}+1},\\ s>0

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