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

Passo 1

O enunciado fornece a função peça‑a‑peça
f(t)= \begin{cases}0, & 0 \leq t<\pi \\[4pt] \sin (t-\pi), & t \geq \pi\end{cases}
e pede a transformada de Laplace de f(t) usando a função degrau. Informações relevantes: o ponto de descontinuidade é t=\pi e, para t\ge\pi, a função é \sin(t-\pi). A tarefa é escrever f(t) com u_{\pi}(t) e calcular \mathcal{L}\{f(t)\}.]

Passo 2

Definição e propriedade útil da função degrau: a função degrau deslocada é
u_{c}(t)=\begin{cases}0, & t<c\\[4pt] 1, & t\ge c\end{cases}
Uma escrita conveniente para funções que “começam” em t=c é g(t-c)\,u_{c}(t), ou seja, para t\ge c usamos o argumento deslocado t-c. A propriedade fundamental para transformada de Laplace (teorema do deslocamento no tempo) que vamos usar é:
\mathcal{L}\{g(t-a)\,u_{a}(t)\}=e^{-a s}\,\mathcal{L}\{g(t)\},
válida para \operatorname{Re}(s) suficientemente grande (tipicamente \operatorname{Re}(s)>0 neste caso). Intuição curta: deslocar no tempo corresponde a multiplicar por e^{-as} no domínio de s.]

Passo 3

Escrevemos f(t) usando a degrau em \pi. Para t\ge\pi a função é \sin(t-\pi), e nula antes disso; portanto
f(t)=\sin(t-\pi)\,u_{\pi}(t).
Aqui podemos identificar g(\tau)=\sin \tau e a=\pi, de modo que f(t)=g(t-\pi)u_{\pi}(t).

Passo 4

Pelo teorema do deslocamento no tempo, a transformada de f(t)=g(t-\pi)u_{\pi}(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}=e^{-\pi s}\,\mathcal{L}\{g(t)\}.
Então precisamos apenas calcular \mathcal{L}\{\sin t\}.

Passo 5

Cálculo de \mathcal{L}\{\sin t\}. Defina
I(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}\sin t\,dt,
para \operatorname{Re}(s)>0. Fazemos integração por partes duas vezes (com atenção aos termos de contorno):
Primeira integração por partes: escolha u=\sin t e dv=e^{-st}dt. Então du=\cos t\,dt e v=-\dfrac{e^{-st}}{s}. Assim
I(s)=\left[-\dfrac{e^{-st}}{s}\sin t\right]_{0}^{\infty}+\dfrac{1}{s}\int_{0}^{\infty}e^{-st}\cos t\,dt.
O termo de contorno vale zero porque e^{-st}\sin t\to0 quando t\to\infty e \sin 0=0. Logo
I(s)=\dfrac{1}{s}J(s),
onde definimos
J(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}\cos t\,dt.
Segunda integração por partes para J(s): escolha u=\cos t e dv=e^{-st}dt. Então du=-\sin t\,dt e v=-\dfrac{e^{-st}}{s}. Assim
J(s)=\left[-\dfrac{e^{-st}}{s}\cos t\right]_{0}^{\infty}+\dfrac{1}{s}\int_{0}^{\infty}e^{-st}\sin t\,dt.
O termo de contorno dá \left[-\dfrac{e^{-st}}{s}\cos t\right]_{0}^{\infty}=0- \left(-\dfrac{1}{s}\right)=\dfrac{1}{s}. Portanto
J(s)=\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{s}I(s).
Agora substituímos J(s) na expressão I(s)=\dfrac{1}{s}J(s):
I(s)=\dfrac{1}{s}\left(\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{s}I(s)\right)=\dfrac{1}{s^{2}}+\dfrac{1}{s^{2}}I(s).
Isolando I(s) obtemos
I(s)\left(1-\dfrac{1}{s^{2}}\right)=\dfrac{1}{s^{2}},
ou seja
I(s)=\dfrac{1}{s^{2}+1}.
Portanto
\mathcal{L}\{\sin t\}=\dfrac{1}{s^{2}+1},\qquad \operatorname{Re}(s)>0.

Passo 6

Voltando ao passo do deslocamento, aplicamos o teorema com a=\pi e G(s)=\dfrac{1}{s^{2}+1}. Assim a transformada de f(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}=e^{-\pi s}\cdot\dfrac{1}{s^{2}+1},
com região de convergência \operatorname{Re}(s)>0.

Resposta

\boxed{\dfrac{e^{-\pi s}}{s^{2}+1}}

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