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}2 t+1 & , 0 \leq t<1 \\\\ 0 & , t \geq 1\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para determinar \mathcal{L}\{f(t)\}\) onde a função é dada por \[f(t)=\begin{cases} 2t+1, & 0\le t<1,\\[4pt] 0, & t\ge 1. \end{cases}
Informações relevantes fornecidas:
\,f(t)\] é uma função por partes — é \((2t+1) no intervalo [0,1) e zero a partir de t=1. A tarefa é calcular a transformada de Laplace \mathcal{L}\{f(t)\}.]

Passo 2

Vou recordar conceitos e entradas da tabela que vamos usar (isso é parte do “usar a tabela” e entender o que fazemos).
Definição da transformada de Laplace:
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} g(t)e^{-st}\,dt,
onde s é a variável complexa (na prova normalmente você trata s>0 para convergência).
Entradas da tabela que usamos aqui:
\mathcal{L}\{1\}(s)=\frac{1}{s},\qquad \mathcal{L}\{t\}(s)=\frac{1}{s^{2}}.
Propriedade da linearidade (útil para combinar termos): se g(t)=a\,g_1(t)+b\,g_2(t) então
\mathcal{L}\{g\}=a\,\mathcal{L}\{g_1\}+b\,\mathcal{L}\{g_2\}.
Também vamos usar a função degrau (Heaviside) u(t-a) e o Teorema do deslocamento (segunda propriedade de deslocamento):
seja G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}, então
\mathcal{L}\{u(t-a)\,g(t-a)\}(s)=e^{-as}G(s).
Aqui a é o instante de deslocamento e g(t) é a função “deslocada”.

Passo 3

Reescrever f(t) de modo a usar o degrau. Note que
f(t)=(2t+1)\bigl[1-u(t-1)\bigr].
Isto é, f é a função 2t+1 “cortada” a partir de t=1. Vamos então tratar (2t+1)u(t-1) para aplicar o teorema de deslocamento. Escrevemos
(2t+1)u(t-1)=u(t-1)\bigl[2(t-1)+3\bigr],
pois 2(t-1)+3=2t+1. Assim temos a fatoração na forma u(t-a)\,g(t-a) com a=1 e g(\tau)=2\tau+3 (aqui trocamos o argumento por \tau para clareza).

Passo 4

Calcular \mathcal{L}\{2t+1\} usando a tabela e linearidade:
\mathcal{L}\{2t+1\}(s)=2\mathcal{L}\{t\}(s)+1\cdot\mathcal{L}\{1\}(s) =2\cdot\frac{1}{s^{2}}+\frac{1}{s} =\frac{2}{s^{2}}+\frac{1}{s}.

Passo 5

Calcular \mathcal{L}\{(2t+1)u(t-1)\}. Como reescrevemos em forma deslocada,
(2t+1)u(t-1)=u(t-1)\bigl[2(t-1)+3\bigr],
aplicamos o teorema do deslocamento com a=1 e g(\tau)=2\tau+3. Primeiro obtemos
\mathcal{L}\{2\tau+3\}(s)=2\mathcal{L}\{\tau\}(s)+3\mathcal{L}\{1\}(s) =2\cdot\frac{1}{s^{2}}+3\cdot\frac{1}{s} =\frac{2}{s^{2}}+\frac{3}{s}.
Pelo teorema,
\mathcal{L}\{(2t+1)u(t-1)\}(s)=e^{-s}\left(\frac{2}{s^{2}}+\frac{3}{s}\right).

Passo 6

Usar linearidade final: como f(t)=(2t+1)- (2t+1)u(t-1), temos
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\mathcal{L}\{2t+1\}(s)-\mathcal{L}\{(2t+1)u(t-1)\}(s).
Substituindo os resultados dos passos anteriores:
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\left(\frac{2}{s^{2}}+\frac{1}{s}\right)-e^{-s}\left(\frac{2}{s^{2}}+\frac{3}{s}\right).
Se quiser, pode também escrever de forma factorizada:
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\frac{2}{s^{2}}+\frac{1}{s}-e^{-s}\!\left(\frac{2}{s^{2}}+\frac{3}{s}\right).

Resposta

\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\frac{2}{s^{2}}+\frac{1}{s}-e^{-s}\!\left(\frac{2}{s^{2}}+\frac{3}{s}\right)

Exercícios relacionados