Usando a tabela para a transformada de Laplace, determinar \mathcal{L}\left\{f(t)\right\} para as funções abaixo:
f(t)=\left\{\begin{array}{cc}-1, & , 0 \leq t<1 \\\\ 1 & , t \geq 1\end{array}\right.

Passo 1

O que o problema pede: calcular \mathcal{L}\{f(t)\}\), a transformada de Laplace da função por partes \[f(t)=\begin{cases} -1, & 0 \le t < 1,\\[4pt] 1, & t \ge 1. \end{cases}
Informações dadas:
\;f(t)\] é uma função definida em dois ramos (constantes) separadas em \(t=1.
O objetivo final é obter uma expressão em termos de s para \mathcal{L}\{f(t)\}.]

Passo 2

Ideia prática para resolver (sem fazer conta ainda): escrever f(t)\) usando a função degrau unitário (Heaviside) \(\,u(t-a)\,\), porque a tabela da transformada de Laplace costuma trazer fórmulas para transformadas com deslocamento por degrau. Lembre que a função degrau é definida por \[u(t-a)=\begin{cases} 0, & t<a,\\[4pt] 1, & t\ge a. \end{cases}
Queremos uma combinação de funções simples e de degrau que reproduza os dois valores de (f(t)].]

Passo 3

Construção de f(t) com degrau: suponha escrever f(t)=A + B\,u(t-1) e determine A e B. Para 0\le t<1 temos u(t-1)=0, então f(t)=A deve ser -1, portanto A=-1. Para t\ge1 temos u(t-1)=1, então f(t)=A+B=-1+B deve ser 1. Logo -1+B=1\Rightarrow B=2. Conclusão:
f(t)=-1 + 2\,u(t-1).
Verificação rápida: se t<1 então f(t)=-1; se t\ge1 então f(t)=-1+2=1. Beleza — agora usamos propriedades da transformada.

Passo 4

Relembrando a definição e propriedades úteis (aquelas que normalmente estão na tabela):
Definição:
\mathcal{L}\{g(t)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,g(t)\,dt.
Linearidade (vai nos salvar): para constantes a,b,
\mathcal{L}\{a g_1(t)+b g_2(t)\}=a\,\mathcal{L}\{g_1(t)\}+b\,\mathcal{L}\{g_2(t)\}.
Transformada de constante: para c constante,
\mathcal{L}\{c\}=c\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt = c\cdot\frac{1}{s},\quad\text{para }\Re(s)>0.
Teorema do deslocamento (para degrau): se h(t) tem transformada H(s), então
\mathcal{L}\{u(t-a)\,h(t-a)\}=e^{-a s}H(s).
Em particular, tomando h(t)\equiv 1 (ou seja, uma constante 1), temos
\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-a s}}{s},
pois H(s)=\mathcal{L}\{1\}=1/s. Também é fácil verificar isso diretamente integrando de a a \infty:
\int_{a}^{\infty} e^{-st}\,dt = \frac{e^{-a s}}{s}.

Passo 5

Aplicando as propriedades ao nosso f(t). Como já escrevemos
f(t)=-1 + 2\,u(t-1),
pela linearidade
\mathcal{L}\{f(t)\}=\mathcal{L}\{-1\} + 2\,\mathcal{L}\{u(t-1)\}.
Usando \mathcal{L}\{-1\}=-\dfrac{1}{s} e \mathcal{L}\{u(t-1)\}=\dfrac{e^{-s}}{s} (tomando a=1 no teorema do deslocamento), obtemos
\mathcal{L}\{f(t)\}=-\frac{1}{s} + 2\cdot\frac{e^{-s}}{s}.
Agrupando em um único quociente:
\mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{-1 + 2e^{-s}}{s}=\frac{2e^{-s}-1}{s}.

Passo 6

Verificação alternativa (útil na prova): calcular diretamente pela definição, subdividindo a integral em [0,1) e [1,\infty).
\mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{1} e^{-st}(-1)\,dt + \int_{1}^{\infty} e^{-st}(1)\,dt.
Calcule cada uma:
\int_{0}^{1} -e^{-st}\,dt = -\left[\frac{e^{-st}}{-s}\right]_{0}^{1} = -\left(\frac{e^{-s}-1}{-s}\right) = -\left(\frac{1-e^{-s}}{s}\right) = -\frac{1}{s} + \frac{e^{-s}}{s},
\int_{1}^{\infty} e^{-st}\,dt = \left[\frac{e^{-st}}{-s}\right]_{1}^{\infty} = 0 - \left(\frac{e^{-s}}{-s}\right) = \frac{e^{-s}}{s}.
Somando as duas partes:
\left(-\frac{1}{s} + \frac{e^{-s}}{s}\right) + \frac{e^{-s}}{s} = -\frac{1}{s} + \frac{2e^{-s}}{s},
que é exatamente o mesmo resultado encontrado antes. Bom sinal de que está correto.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{2e^{-s}-1}{s}

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