Use a função degrau u_{c}(t)\) para determinar a transformada de Laplace de: \(f(t)= \begin{cases}0, & 0 \leq t<2 \\\ t-2, & t \geq 2\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá a função por partes
f(t)= \begin{cases}0, & 0 \leq t<2 \\\ t-2, & t \geq 2\end{cases}
e pede a transformada de Laplace de f(t). As informações relevantes são:
  • f(t)=0 para 0\le t<2.
  • f(t)=t-2 para t\ge2.
  • Devemos usar a função degrau u_{c}(t) (o que sugere escrever f usando um deslocamento no tempo).
    Não vou resolver aqui — só deixei claro o que é pedido e os dados do problema.

Passo 2

Vamos reescrever f(t)\) com a função degrau. A definição da função degrau é \[u_{c}(t)=\begin{cases}0, & t<c,\\\\ 1, & t\ge c.\end{cases}
Como f(t)=0\] para \(t<2 e f(t)=t-2 para t\ge2, podemos escrever
f(t)=(t-2)\,u_{2}(t).
Explicando: quando t<2 temos u_{2}(t)=0 e então f(t)=0; quando t\ge2 temos u_{2}(t)=1 e f(t)=t-2. Essa representação é exatamente a mesma função, só mais conveniente para usar propriedades da transformada de Laplace.

Passo 3

A definição da transformada de Laplace é
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-st}\,dt,
comumente exigindo s>0 para convergência nesse tipo de função.
Usaremos a propriedade de deslocamento no tempo (teorema do degrau): se g(t) tem transformada \mathcal{L}\{g(t)\}(s)=G(s), então
\mathcal{L}\{g(t-a)\,u_{a}(t)\}(s)=e^{-a s}\,G(s),
para a\ge0. A ideia da prova rápida dessa propriedade: calcular a integral da definição e fazer a mudança de variável \tau=t-a, o que traz o fator e^{-as} para fora da integral.

Passo 4

Identificamos f(t) na forma do teorema com a=2 e g(t)=t, pois
f(t)=(t-2)\,u_{2}(t)=g(t-2)\,u_{2}(t)\quad\text{com}\quad g(t)=t.
Então, pela propriedade de deslocamento,
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=e^{-2s}\,\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=e^{-2s}\,\mathcal{L}\{t\}(s).

Passo 5

Agora calculamos \mathcal{L}\{t\}(s). Usando a definição e integração por partes:
\mathcal{L}\{t\}(s)=\int_{0}^{\infty} t\,e^{-st}\,dt.
Fazendo integração por partes com u=t e dv=e^{-st}dt (então du=dt e v=-\dfrac{e^{-st}}{s}), obtemos
\int_{0}^{\infty} t\,e^{-st}dt=\left[-\frac{t\,e^{-st}}{s}\right]_{0}^{\infty}+\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}dt.
O termo \left.-\dfrac{t e^{-st}}{s}\right|_{0}^{\infty}=0 para s>0 porque t e^{-st}\to0 quando t\to\infty. A segunda integral é \dfrac{1}{s}\cdot\dfrac{1}{s}=\dfrac{1}{s^{2}}. Logo
\mathcal{L}\{t\}(s)=\frac{1}{s^{2}}\quad(\text{para }s>0).

Passo 6

Substituindo em \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=e^{-2s}\,\mathcal{L}\{t\}(s) obtemos
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=e^{-2s}\cdot\frac{1}{s^{2}}=\frac{e^{-2s}}{s^{2}},
com região de convergência s>0.

Passo 7

(Verificação alternativa curta) Se quiseres ver pela integral direta:
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st}dt=\int_{2}^{\infty}(t-2)e^{-st}dt.
Fazendo a substituição v=t-2 \int_{0}^{\infty} v e^{-s(v+2)}dv=e^{-2s}\int_{0}^{\infty} v e^{-sv}dv, e já sabemos \int_{0}^{\infty} v e^{-sv}dv=1/s^{2}. Resultado igual ao acima.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\frac{e^{-2s}}{s^{2}}\quad (s>0)

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