Use a função degrau u_{c}(t)\) para determinar a transformada de Laplace de: \(f(t)= \begin{cases}3, & 0 \leq t<1 \\\\ 0, & t \geq 1\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede que a gente determine a transformada de Laplace da função
f(t)= \begin{cases}3, & 0 \leq t<1 \\\\ 0, & t \geq 1\end{cases}
Usamos a função degrau \,u_{c}(t)\, (degrau deslocado) como indicado. Informações dadas: para t\ge0, f(t)=3 entre t=0 e t=1 (inclusive à esquerda), e f(t)=0 para t\ge1. Não há valores para t<0 no enunciado, então assumimos a definição usual para Laplace (função considerada para t\ge0).

Passo 2

Definindo bem a função degrau: a função degrau deslocada \,u_{c}(t)\,\) é \[u_{c}(t)=\begin{cases}0, & t<c,\\[4pt] 1, & t\ge c.\end{cases}
Outra forma de escrever é \,u_{c}(t)=u(t-c)\,\], onde \(u(t) é o degrau unitário em zero. Isso significa que \,u_{0}(t)=u(t)\, vale 1 para t\ge0 e \,u_{1}(t)=u(t-1)\, vale 1 para t\ge1.]

Passo 3

Queremos escrever f(t) usando esses degraus. Observe:
  • Para 0\le t<1: temos u_{0}(t)=1 e u_{1}(t)=0, então u_{0}(t)-u_{1}(t)=1.
  • Para t\ge1: temos u_{0}(t)=1 e u_{1}(t)=1, então u_{0}(t)-u_{1}(t)=0.
    Logo podemos representar f(t) como
f(t)=3\bigl(u_{0}(t)-u_{1}(t)\bigr).
Essa representação é a forma padrão para um pulso de amplitude 3 que liga em t=0 e desliga em t=1.

Passo 4

Vamos lembrar duas propriedades úteis da transformada de Laplace:
  1. Linearidade: \mathcal{L}\{a g(t)+b h(t)\}=a\,\mathcal{L}\{g(t)\}+b\,\mathcal{L}\{h(t)\}.
  2. Transformada do degrau deslocado: para c\ge0,
\mathcal{L}\{u_{c}(t)\}=\int_{0}^{\infty} u_{c}(t)e^{-st}\,dt=\int_{c}^{\infty} e^{-st}\,dt.
Calculando a integral,
\int_{c}^{\infty} e^{-st}\,dt=\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_{t=c}^{t=\infty}=\frac{e^{-cs}}{s},
desde que \Re(s)>0 (condição de convergência). Portanto
\mathcal{L}\{u_{c}(t)\}=\frac{e^{-cs}}{s}.
Em particular \mathcal{L}\{u_{0}(t)\}=\dfrac{1}{s} e \mathcal{L}\{u_{1}(t)\}=\dfrac{e^{-s}}{s}.

Passo 5

Aplicando linearidade à representação de f(t):
\mathcal{L}\{f(t)\}=3\bigl(\mathcal{L}\{u_{0}(t)\}-\mathcal{L}\{u_{1}(t)\}\bigr) =3\left(\frac{1}{s}-\frac{e^{-s}}{s}\right).
Fatorando \dfrac{3}{s} obtemos a forma final simplificada:
\mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{3}{s}\bigl(1-e^{-s}\bigr),
válida para \Re(s)>0.

Passo 6

Como verificação (e para treinar o cálculo integral, útil na prova), podemos obter o mesmo resultado calculando direto a integral da definição da Laplace:
\mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st}\,dt=\int_{0}^{1} 3e^{-st}\,dt+\int_{1}^{\infty} 0\cdot e^{-st}\,dt.
A segunda integral é zero; calculamos a primeira:
\int_{0}^{1} 3e^{-st}\,dt=3\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_{0}^{1} =3\left(-\frac{e^{-s}}{s}+\frac{1}{s}\right) =\frac{3}{s}\bigl(1-e^{-s}\bigr).
Coincide com o resultado do Passo 5. Lembre que ao calcular integrais como essa sem calculadora, é só aplicar a primitiva de e^{-st} e avaliar nos limites.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{3}{s}\bigl(1-e^{-s}\bigr),\quad \Re(s)>0

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