Use a definição para calcular \mathcal{L}\{f(t)\}), onde \(f(t)=\left\{\begin{array}{l}0,0 \leq t<\pi / 2 \\\ \cos t, t \geq \pi / 2 .\end{array}\right.😉

Passo 1

O enunciado dá a função por partes
f(t)=\begin{cases} 0,&0\le t<\pi/2,\\[4pt] \cos t,&t\ge \pi/2, \end{cases}
e pede para calcular \mathcal{L}\{f(t)\}, ou seja, a transformada de Laplace de f. As informações relevantes são: o valor de f(t) é zero até t=\pi/2 e a partir de t=\pi/2 vale \cos t. Não há outras perguntas.]

Passo 2

Vou usar a definição da transformada de Laplace. A definição é
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,f(t)\,dt,
onde s é um número complexo com parte real suficientemente grande para garantir convergência (mais adiante vou explicitar a região de convergência).

Passo 3

Como f(t)=0 para 0\le t<\pi/2, a integral pela definição reduz-se a integrar somente a partir de t=\pi/2. Portanto
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt =\int_{\pi/2}^{\infty} e^{-st}\cos t\,dt.
Aqui eu usei explicitamente o valor dado no enunciado (que f(t)=0 no intervalo inicial).

Passo 4

Uma forma elegante e didática de prosseguir é escrever f(t) usando a função degrau de Heaviside u(t-a). Repare que
f(t)=\cos t\cdot u\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr),
pois isso é zero para t<\pi/2 e igual a \cos t para t\ge\pi/2. Vou então usar a identidade trigonométrica de mudança de origem:
\cos t=\cos\bigl((t-a)+a\bigr)=\cos a\cos(t-a)-\sin a\sin(t-a),
válida para qualquer a. Tomando a=\tfrac{\pi}{2} teremos uma forma útil em termos de funções deslocadas em t-a.

Passo 5

Aplicando a identidade com a=\tfrac{\pi}{2} obtemos (e usando \cos(\tfrac{\pi}{2})=0 e \sin(\tfrac{\pi}{2})=1):
\cos t = \cos\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)\cos\!\tfrac{\pi}{2} - \sin\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)\sin\!\tfrac{\pi}{2} = -\sin\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr).
Logo, para t\ge \tfrac{\pi}{2} temos \cos t = -\sin\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr), e então
f(t)=\cos t\,u\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr) = -\sin\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr)\,u\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{2}\bigr).

Passo 6

Agora uso a propriedade de deslocamento no tempo: se g(t) é uma função e definimos h(t)=g(t-a)u(t-a), então a transformada de Laplace satisfaz
\mathcal{L}\{g(t-a)u(t-a)\}(s)=e^{-as}\,\mathcal{L}\{g(t)\}(s).
Prova rápida (muito útil na prova): pela definição,
\mathcal{L}\{g(t-a)u(t-a)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-st} g(t-a)u(t-a)\,dt =\int_{a}^{\infty} e^{-st} g(t-a)\,dt.
Fazendo mudança de variável \tau=t-a, então t=\tau+a e dt=d\tau, os limites vão de \tau=0 a \infty, dando
\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+a)} g(\tau)\,d\tau = e^{-as}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau} g(\tau)\,d\tau = e^{-as}\,\mathcal{L}\{g(t)\}(s).

Passo 7

Aplicando essa propriedade ao nosso f(t) escrito em Passo 5, com g(t)=-\sin t e a=\tfrac{\pi}{2}, obtemos
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\mathcal{L}\bigl\{-\sin(t-\tfrac{\pi}{2})\,u(t-\tfrac{\pi}{2})\bigr\} = -e^{-s\pi/2}\,\mathcal{L}\{\sin t\}(s).
Ou seja, basta calcular \mathcal{L}\{\sin t\}(s).

Passo 8

Calculemos \mathcal{L}\{\sin t\}(s) pela definição. Usando a representação complexa ou direto por integrações por partes, um caminho curto é:
\mathcal{L}\{\sin t\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\sin t\,dt.
Considere a integral complexa \int_{0}^{\infty} e^{-st}e^{it}\,dt=\int_{0}^{\infty} e^{-(s-i)t}\,dt, cuja soma é \frac{1}{s-i} (para \Re(s)>0). Tomando a parte imaginária dessa expressão (já que \sin t=\Im(e^{it})) obtém-se
\int_{0}^{\infty} e^{-st}\sin t\,dt = \Im\!\left(\frac{1}{s-i}\right).
Calculando \frac{1}{s-i}=\frac{s+i}{s^{2}+1}, a parte imaginária é \dfrac{1}{s^{2}+1}. Logo
\mathcal{L}\{\sin t\}(s)=\frac{1}{s^{2}+1},\qquad \Re(s)>0.
(A dedução análoga para \cos t \mathcal{L}\{\cos t\}(s)=\dfrac{s}{s^{2}+1}, caso precise lembrá-la.)

Passo 9

Voltando à expressão do Passo 7 e substituindo \mathcal{L}\{\sin t\}(s)=\dfrac{1}{s^{2}+1}, obtemos
\mathcal{L}\{f(t)\}(s) = -e^{-s\pi/2}\cdot\frac{1}{s^{2}+1} = -\frac{e^{-s\pi/2}}{s^{2}+1},
válido para \Re(s)>0 (essa condição garante que todas as integrais convergem).

Resposta

-\dfrac{e^{-s\pi/2}}{s^{2}+1},\\ \Re(s)>0

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