Use a função degrau unitário para escrever a função f(t) a seguir e, em seguida, calcule sua transformada de Laplace:
f(t)= \begin{cases}\operatorname{sen}(t), & 0 \leq t<\pi \\\\ 0, & t \geq \pi\end{cases}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) escrever a função f(t) usando o degrau unitário; (2) calcular a transformada de Laplace de f(t).
As informações dadas são:
  • f(t)=\sin(t) para 0\le t<\pi.
  • f(t)=0 para t\ge\pi.
    Não há informação sobre t<0, então entendemos f(t)=0 para t<0 (função ativada em t=0).

Passo 2

Definição e ideia do degrau unitário: o degrau unitário (função de Heaviside) é \;u(t-a)\;=\;\begin{cases}0,&t<a\\\ 1,&t\ge a\end{cases}. Isso serve para “ligar” ou “desligar” uma função a partir de um instante a.
Para representar f(t) que vale \sin t entre 0 e \pi e vale 0 fora, a forma natural é multiplicar \sin t por uma janela formada por u(t) menos u(t-\pi). Assim, escrevemos
f(t)=\sin(t)\bigl(u(t)-u(t-\pi)\bigr).
Explicando: para t<0 ambos os degraus são zero, então f(t)=0; para 0\le t<\pi temos u(t)=1 e u(t-\pi)=0 então f(t)=\sin t; para t\ge\pi os dois degraus são 1 e a diferença é zero, então f(t)=0. Esta expressão atende exatamente ao enunciado.

Passo 3

Estratégia para a transformada de Laplace: usar linearidade da transformada e a propriedade de deslocamento no tempo. Relembrando as fórmulas importantes:
  • Linearidade: \mathcal{L}\{g_1(t)+g_2(t)\}=G_1(s)+G_2(s).
  • Transformada de \sin t: \displaystyle \mathcal{L}\{\sin t\}=\frac{1}{s^{2}+1}, válida para \Re(s)>0.
  • Teorema do deslocamento no tempo (segunda propriedade de deslocamento): se G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}, então
\mathcal{L}\{u(t-a)\,g(t-a)\}=e^{-a s}G(s).
Para aplicar essa propriedade é útil escrever a parte deslocada na forma u(t-a)\,g(t-a).

Passo 4

Aplicando linearidade à representação com degrau:
f(t)=\sin t\;u(t)\;-\;\sin t\;u(t-\pi).
Como \sin t\;u(t) é apenas \sin t para t\ge0 (e zero para t<0), sua transformada é a transformada usual de \sin t:
\mathcal{L}\{\sin t\;u(t)\}=\frac{1}{s^{2}+1}.

Passo 5

Tratar \sin t\;u(t-\pi) para usar o teorema de deslocamento: escrevemos \sin t em termos de \sin(t-\pi). Usando identidade de soma:
\sin t=\sin\bigl((t-\pi)+\pi\bigr)=\sin(t-\pi)\cos\pi+\cos(t-\pi)\sin\pi.
Como \cos\pi=-1 e \sin\pi=0, obtemos
\sin t=-\sin(t-\pi).
Portanto
\sin t\;u(t-\pi) = -\,u(t-\pi)\,\sin(t-\pi).
Agora aplica-se o teorema de deslocamento com a=\pi e g(\tau)=\sin\tau. Como \mathcal{L}\{\sin\tau\}=\dfrac{1}{s^{2}+1}, segue
\mathcal{L}\{u(t-\pi)\,\sin(t-\pi)\}=e^{-\pi s}\,\frac{1}{s^{2}+1}.
Levando em conta o sinal negativo,
\mathcal{L}\{\sin t\;u(t-\pi)\} = -\,e^{-\pi s}\,\frac{1}{s^{2}+1}.

Passo 6

Somando as duas parcelas (lembre que f=\sin t\,u(t)-\sin t\,u(t-\pi)) teremos
\mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{1}{s^{2}+1} \;-\; \biggl(-\,e^{-\pi s}\,\frac{1}{s^{2}+1}\biggr) = \frac{1}{s^{2}+1} + \frac{e^{-\pi s}}{s^{2}+1}.
Fatorando,
\mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{1+e^{-\pi s}}{s^{2}+1},\qquad \Re(s)>0.

Passo 7

(Verificação rápida por integral) Alternativamente, a transformada é a integral direta
\mathcal{L}\{f\}=\int_{0}^{\infty} f(t)e^{-s t}\,dt=\int_{0}^{\pi}\sin t\,e^{-s t}\,dt,
que calculada por uma primitiva dá exatamente \dfrac{1+e^{-\pi s}}{s^{2}+1}. Isso confirma o resultado obtido com o uso do degrau e do deslocamento.

Resposta

f(t)=\sin(t)\bigl(u(t)-u(t-\pi)\bigr)
\displaystyle \mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{1+e^{-\pi s}}{s^{2}+1}

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