1. Usando as propriedades algébricas dos números complexos e a definição da transformada de Laplace, mostre que
\mathcal{L}\left(e^{(a+i b) t}\right)=\frac{s-a+b i}{(s-a)^{2}+b^{2}} \quad s>a
Em particular, para a=0 devemos ter
\begin{aligned} \mathcal{L}(\cos (b t)+i \operatorname{sen}(b t)) & =\mathcal{L}\left(e^{b t i}\right)=\frac{s+b i}{s^{2}+b^{2}} \\\ & =\frac{s}{s^{2}+b^{2}}+i \frac{b}{s^{2}+b^{2}} \quad s>a \end{aligned}
Conclua, usando à fórmula de Euler \left(e^{i \theta}=\cos (\theta)+i \operatorname{sen} \theta\right) e a linearidade que
\mathcal{L}(\cos (b t))=\frac{s}{s^{2}+b^{2}} \text { e } \mathcal{L}(\operatorname{sen}(b t))=\frac{b}{s^{2}+b^{2}}

Passo 1

O enunciado pede para mostrar, usando a definição da transformada de Laplace e propriedades de números complexos, que
\mathcal{L}\bigl(e^{(a+i b)t}\bigr) =\frac{s - a + i b}{(s - a)^{2} + b^{2}}, \quad s>a.
Em seguida, para a=0, obter
\mathcal{L}\bigl(e^{i b t}\bigr) =\frac{s}{s^{2}+b^{2}} + i\,\frac{b}{s^{2}+b^{2}},
e então, usando a fórmula de Euler \bigl(e^{i\theta}=\cos(\theta)+i\sin(\theta)\bigr) e a linearidade da transformada, extrair as fórmulas
\mathcal{L}(\cos(bt)) e \mathcal{L}(\sin(bt)).

Passo 2

Lembrando a definição da transformada de Laplace, para uma função f(t) temos
\mathcal{L}\{f(t)\}(s) =\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,f(t)\,\mathrm{d}t,
desde que a integral convirja (isto exige \Re(s) grande o suficiente).

Passo 3

Aplique essa definição a f(t)=e^{(a+i b)t}. Então
\mathcal{L}\bigl(e^{(a+i b)t}\bigr) =\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,e^{(a+i b)t}\,\mathrm{d}t =\int_{0}^{\infty} e^{-(s - a - i b)\,t}\,\mathrm{d}t.

Passo 4

A integral do tipo \int_{0}^{\infty} e^{-c\,t}\,\mathrm{d}t vale 1/c se \Re\text{(c)}>0. Aqui c = s - a - i b, portanto a condição de convergência é \Re(s - a - i b)=s-a>0, ou seja, s>a. Logo,
\mathcal{L}\bigl(e^{(a+i b)t}\bigr) =\frac{1}{s - a - i b}.

Passo 5

Basta agora racionalizar o denominador:
\frac{1}{s - a - i b} \;\times\; \frac{s - a + i b}{s - a + i b} =\frac{s - a + i b}{(s - a)^{2} + b^{2}}.
Portanto concluímos
\mathcal{L}\bigl(e^{(a+i b)t}\bigr) =\frac{s - a + i b}{(s - a)^{2} + b^{2}}, \quad s>a.

Passo 6

Em particular, para a=0 temos
\mathcal{L}\bigl(e^{i b t}\bigr) =\frac{s + i b}{s^{2} + b^{2}} =\frac{s}{s^{2}+b^{2}}+i\,\frac{b}{s^{2}+b^{2}}.

Passo 7

Pela fórmula de Euler,
\,e^{i b t}=\cos(b t)+i\sin(b t), e pela linearidade da transformada,
\mathcal{L}\bigl(e^{i b t}\bigr) =\mathcal{L}\bigl(\cos(b t)\bigr) +i\,\mathcal{L}\bigl(\sin(b t)\bigr).
Como acabamos de mostrar que
\mathcal{L}(e^{i b t})=\dfrac{s}{s^{2}+b^{2}}+i\,\dfrac{b}{s^{2}+b^{2}},
basta igualar partes real e imaginária para obter
\mathcal{L}\bigl(\cos(b t)\bigr) =\frac{s}{s^{2}+b^{2}}, \quad \mathcal{L}\bigl(\sin(b t)\bigr) =\frac{b}{s^{2}+b^{2}}.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{\cos(bt)\}=\frac{s}{s^{2}+b^{2}} \quad\text{e}\quad \mathcal{L}\{\sin(bt)\}=\frac{b}{s^{2}+b^{2}}.

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