1^{\underline{\text { a }}} Questão (30 pontos):
Calcule a Transformada de Laplace das seguintes funções:
f(t)=\operatorname{sen} t u_{2 \pi}(t)

Passo 1

O enunciado dá a função
f(t)=\sin t\;u_{2\pi}(t)
e pede: calcular a Transformada de Laplace de f(t)\). Informações úteis que o enunciado fornece explicitamente ou implicita: \[u_{2\pi}(t)=\begin{cases} 0,& t<2\pi,\\[4pt] 1,& t\ge 2\pi, \end{cases}
ou seja, f(t)=0\] para \(t<2\pi e f(t)=\sin t para t\ge 2\pi. A tarefa é obter \mathcal{L}\{f(t)\}(s).]

Passo 2

Vamos usar uma propriedade de mudança de variável na definição da Transformada de Laplace. Primeiro lembro a definição da Transformada de Laplace: para uma função g(t) (adequada),
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} g(t)\,e^{-s t}\,dt.
Agora apresento e demonstro a propriedade de deslocamento no tempo (usando uma mudança de variável simples), porque ela é central aqui.
Se tivermos uma função na forma g(t-a)\,u_a(t) (ou seja, a função começa em t=a), então
\mathcal{L}\{g(t-a)\,u_a(t)\}(s)=\int_{a}^{\infty} g(t-a)\,e^{-s t}\,dt.
Faço a mudança de variável \tau=t-a. Quando t=a temos \tau=0; quando t\to\infty temos \tau\to\infty. Além disso dt=d\tau. Substituindo:
\int_{a}^{\infty} g(t-a)\,e^{-s t}\,dt=\int_{0}^{\infty} g(\tau)\,e^{-s(\tau+a)}\,d\tau =e^{-a s}\int_{0}^{\infty} g(\tau)\,e^{-s\tau}\,d\tau.
Portanto concluímos a propriedade (teorema do deslocamento no tempo):
\mathcal{L}\{g(t-a)\,u_a(t)\}(s)=e^{-a s}\,\mathcal{L}\{g(t)\}(s).
Aqui \mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} g(\tau)e^{-s\tau}d\tau. Essa é a ferramenta que vamos usar.

Passo 3

Agora adapto o meu f(t)=\sin t\;u_{2\pi}(t) à forma g(t-2\pi)\,u_{2\pi}(t). Note que, pela periodicidade da função seno,
\sin t=\sin\big((t-2\pi)+2\pi\big)=\sin(t-2\pi),
porque \sin(x+2\pi)=\sin x. Logo posso escrever
f(t)=\sin t\;u_{2\pi}(t)=\sin(t-2\pi)\;u_{2\pi}(t).
Assim estou exatamente na forma g(t-a)u_a(t) com a=2\pi e g(\tau)=\sin\tau.

Passo 4

Aplico a propriedade do Passo 2 com a=2\pi e g(\tau)=\sin\tau. Assim
\mathcal{L}\{\sin(t-2\pi)\,u_{2\pi}(t)\}(s)=e^{-2\pi s}\,\mathcal{L}\{\sin t\}(s).
Logo
\mathcal{L}\{\sin t\;u_{2\pi}(t)\}(s)=e^{-2\pi s}\,\mathcal{L}\{\sin t\}(s).

Passo 5

Preciso agora calcular \mathcal{L}\{\sin t\}(s). Uso a integral da definição:
\mathcal{L}\{\sin t\}(s)=\int_{0}^{\infty}\sin t\,e^{-s t}\,dt.
Uma maneira rápida e elegante é usar a exponencial complexa: \sin t=\Im(e^{i t}), então
\int_{0}^{\infty} \sin t\,e^{-s t}\,dt=\Im\left(\int_{0}^{\infty} e^{-(s-i)t}\,dt\right).
Para \Re(s)>0 a integral geometrica converge e
\int_{0}^{\infty} e^{-(s-i)t}\,dt=\frac{1}{s-i}.
Tomando parte imaginária,
\Im\!\left(\frac{1}{s-i}\right)=\Im\!\left(\frac{s+i}{s^2+1}\right)=\frac{1}{s^2+1}.
Também é possível lembrar a fórmula padrão
\int_{0}^{\infty} e^{-a t}\sin(bt)\,dt=\frac{b}{a^2+b^2}\quad(\Re(a)>0),
e aqui a=s, b=1, dando o mesmo resultado \dfrac{1}{s^2+1}. Portanto
\mathcal{L}\{\sin t\}(s)=\frac{1}{s^2+1}\qquad(\Re(s)>0).

Passo 6

Substituo em (Passo 4) o valor de \mathcal{L}\{\sin t\}(s). Assim obtenho a Transformada de Laplace pedida:
\mathcal{L}\{\sin t\;u_{2\pi}(t)\}(s)=e^{-2\pi s}\cdot\frac{1}{s^2+1},
válida para \Re(s)>0. Mentalmente: a presença do passo unitário em 2\pi só introduz o fator exponencial e^{-2\pi s}; a parte racional \dfrac{1}{s^2+1} é a transformada do seno “não deslocado”.

Resposta

\mathcal{L}\{\sin t\;u_{2\pi}(t)\}(s)=e^{-2\pi s}\,\frac{1}{s^2+1}

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