Use a Definição 4.1 para obter mathscr{L}{f(t)}.
f(t)=\left\{\begin{array}{lr}2 t+1, & 0 \leq t<1 \\\\ 0, & t \geq 1\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace de f(t) definida por
f(t)= \begin{cases} 2t+1, & 0 \le t<1,\\\\ 0, & t\ge1. \end{cases}
O conteúdo aqui é a definição da transformada de Laplace (Definição 4.1):
\mathscr{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}f(t)\,e^{-st}\,dt.

Passo 2

Como f(t)=0 para t\ge1, a integral se reduz a
\mathscr{L}\{f(t)\}(s) =\int_{0}^{\infty}f(t)e^{-st}dt =\int_{0}^{1}(2t+1)e^{-st}dt +\int_{1}^{\infty}0\cdot e^{-st}dt =\int_{0}^{1}(2t+1)e^{-st}dt.

Passo 3

Vamos separar em duas integrais:
\int_{0}^{1}(2t+1)e^{-st}dt =2\int_{0}^{1}t\,e^{-st}dt +\int_{0}^{1}e^{-st}dt.

Passo 4

Calcular \displaystyle \int_{0}^{1}e^{-st}dt. Temos
\int_{0}^{1}e^{-st}dt =\Bigl[-\tfrac{1}{s}e^{-st}\Bigr]_{0}^{1} =\frac{1-e^{-s}}{s}.

Passo 5

Calcular \displaystyle \int_{0}^{1}t\,e^{-st}dt por partes. Seja u=t, dv=e^{-st}dt, então
du=dt,\quad v=-\tfrac{1}{s}e^{-st},
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\int_{0}^{1}t\,e^{-st}dt =\Bigl.-\tfrac{t}{s}e^{-st}\Bigr|_{0}^{1} +\tfrac{1}{s}\int_{0}^{1}e^{-st}dt =-\tfrac{1}{s}e^{-s} +\tfrac{1}{s}\cdot\frac{1-e^{-s}}{s} =\frac{1-e^{-s}(s+1)}{s^{2}}.

Passo 6

Agora juntamos tudo:
\int_{0}^{1}(2t+1)e^{-st}dt =2\cdot\frac{1-e^{-s}(s+1)}{s^{2}} +\frac{1-e^{-s}}{s}.
Colocando em denominador comum s^{2} e simplificando, obtemos
\frac{2}{s^{2}}-\frac{2e^{-s}(s+1)}{s^{2}} +\frac{s}{s^{2}}-\frac{e^{-s}s}{s^{2}} =\frac{s+2}{s^{2}} -\frac{3s+2}{s^{2}}\,e^{-s}.

Resposta

\mathscr{L}\{f(t)\}(s) =\frac{s+2}{s^{2}} -\frac{3s+2}{s^{2}}\,e^{-s}.

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