Usando uma identidade trigonométrica adequada determine \mathcal{L}\left\{f(t)\right\} para as funções abaixo:
f(t)=\operatorname{sen}(4 t+5)

Passo 1

O enunciado dá a função f(t)=\operatorname{sen}(4 t+5) e pede que eu determine \mathcal{L}\{f(t)\}. Informações relevantes que eu tenho do enunciado:
  • A função a transformar é f(t)=\sin(4t+5). (Vou usar \sin no lugar de \operatorname{sen} nas fórmulas.)
  • O número 5 é uma constante (assumo que está em radianos, que é o padrão em transformadas de Laplace).
  • A pergunta é: encontrar \mathcal{L}\{\sin(4t+5)\}, isto é, a transformada de Laplace dessa função.
    Nada mais foi fornecido; começo a resolução nos passos seguintes.

Passo 2

Usamos uma identidade trigonométrica para separar a fase constante. A identidade é
\sin(A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B.
Aplicando com A=4t e B=5 obtemos
\sin(4t+5)=\sin(4t)\cos5+\cos(4t)\sin5.
Aqui \cos5 e \sin5 são constantes (números), então a função foi escrita como soma de duas funções mais simples multiplicadas por constantes.

Passo 3

Agora uso a linearidade da transformada de Laplace: para constantes a,b e funções g,h,
\mathcal{L}\{a g(t)+b h(t)\}=a\,\mathcal{L}\{g(t)\}+b\,\mathcal{L}\{h(t)\}.
Aplicando a linearidade em \sin(4t+5)=\cos5\cdot\sin(4t)+\sin5\cdot\cos(4t), obtenho
\mathcal{L}\{\sin(4t+5)\}=\cos5\;\mathcal{L}\{\sin(4t)\}+\sin5\;\mathcal{L}\{\cos(4t)\}.
Portanto preciso das transformadas \mathcal{L}\{\sin(at)\} e \mathcal{L}\{\cos(at)\} com a=4.

Passo 4

Vou deduzir as fórmulas padrão para \mathcal{L}\{\sin(at)\} e \mathcal{L}\{\cos(at)\} a partir da definição da transformada de Laplace, para você ver de onde elas vêm. A definição é
\mathcal{L}\{h(t)\}=\int_0^{\infty} e^{-st}h(t)\,dt,
onde s é a variável complexa da transformada; para funções trigonométricas reais nós precisamos normalmente de s>0 para convergência. Defino
I=\int_0^{\infty} e^{-st}\sin(at)\,dt,\qquad J=\int_0^{\infty} e^{-st}\cos(at)\,dt,
com a>0 real. Vou relacionar I e J por integrações por partes.

Passo 5

Calculo I por integração por partes. Seja u=\sin(at) e dv=e^{-st}dt. Então du=a\cos(at)\,dt e v=-\dfrac{e^{-st}}{s}. Assim
I=\left[-\frac{e^{-st}\sin(at)}{s}\right]_0^{\infty}+\frac{a}{s}\int_0^{\infty} e^{-st}\cos(at)\,dt.
Para s>0 temos \lim_{t\to\infty}e^{-st}\sin(at)=0 e em t=0 a primeira expressão é zero, então o termo de fronteira some. Logo
I=\frac{a}{s}J.

Passo 6

Agora calculo J por integração por partes. Seja u=\cos(at) e dv=e^{-st}dt. Então du=-a\sin(at)\,dt e v=-\dfrac{e^{-st}}{s}. Assim
J=\left[-\frac{e^{-st}\cos(at)}{s}\right]_0^{\infty}+\frac{a}{s}\int_0^{\infty} e^{-st}\sin(at)\,dt.
O termo de fronteira avaliado dá \left(0-(-\tfrac{1}{s})\right)=\tfrac{1}{s}. Portanto
J=\frac{1}{s}+\frac{a}{s}I.
Repare que o sinal é positivo aqui porque du=-a\sin(at) e já aparece o sinal apropriado ao montar a fórmula.

Passo 7

Agora tenho o sistema linear em I,J:
I=\frac{a}{s}J,\qquad J=\frac{1}{s}+\frac{a}{s}I.
Substituo J da segunda na primeira:
I=\frac{a}{s}\left(\frac{1}{s}+\frac{a}{s}I\right)=\frac{a}{s^2}+\frac{a^2}{s^2}I.
Isolando I:
I\left(1-\frac{a^2}{s^2}\right)=\frac{a}{s^2}\quad\Longrightarrow\quad I\frac{s^2-a^2}{s^2}=\frac{a}{s^2}.
Multiplicando por s^2 e resolvendo,
I=\frac{a}{s^2+a^2}.
Da relação I=\dfrac{a}{s}J obtemos
J=\frac{s}{s^2+a^2}.
Portanto, as fórmulas padrão são
\mathcal{L}\{\sin(at)\}=\frac{a}{s^2+a^2},\qquad \mathcal{L}\{\cos(at)\}=\frac{s}{s^2+a^2},
válidas para \operatorname{Re}(s)>0.

Passo 8

Volto ao caso concreto com a=4. Usando as fórmulas do passo anterior:
\mathcal{L}\{\sin(4t)\}=\frac{4}{s^2+16},\qquad \mathcal{L}\{\cos(4t)\}=\frac{s}{s^2+16}.
Substituo na expressão obtida no passo 3:
\mathcal{L}\{\sin(4t+5)\}=\cos5\cdot\frac{4}{s^2+16}+\sin5\cdot\frac{s}{s^2+16}.

Passo 9

Faço uma simplificação algébrica unindo as frações (mesmo denominador):
\mathcal{L}\{\sin(4t+5)\}=\frac{4\cos5+s\sin5}{s^2+16}.
A região de convergência é \operatorname{Re}(s)>0 (no caso real, s>0).

Resposta

\displaystyle \frac{4\cos5+s\sin5}{s^2+16}

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