Use a tabela de transformadas de Laplace e a linearidade da transformada de Laplace para determinar as seguintes transformadas.
\mathscr{L}\left{5-e^{2 t}+6 t^{2}\right}

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace da função
5 - e^{2t} + 6t^{2}.
Informações dadas:
  • A função a transformar é f(t)=5 - e^{2t} + 6t^{2}.
  • Não há imagem ou dado extra.
    O objetivo é calcular \mathscr{L}\{5 - e^{2t} + 6t^{2}\}.

Passo 2

Vou lembrar a definição e a propriedade que vou usar (isso é o básico que cai direto na prova).
Definição da transformada de Laplace: para uma função f(t) (definida em t\ge0),
\mathscr{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa da transformada; nas contas manuais normalmente exigimos \operatorname{Re}(s) grande o suficiente para a integral convergir.
Linearidade da transformada (ferramenta chave aqui): para constantes a,b e funções f,g,
\mathscr{L}\{a f(t)+b g(t)\}=a\,\mathscr{L}\{f(t)\}+b\,\mathscr{L}\{g(t)\}.
Com isso, podemos calcular a transformada termo a termo.

Passo 3

Aplicando linearidade à função dada:
\mathscr{L}\{5 - e^{2t} + 6t^{2}\} =5\,\mathscr{L}\{1\}-\mathscr{L}\{e^{2t}\}+6\,\mathscr{L}\{t^{2}\}.

Passo 4

Agora uso fórmulas básicas (tabelinha) e, quando útil, mostro por que são verdadeiras.
  1. Transformada de 1:
\mathscr{L}\{1\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,dt=\left[-\frac{1}{s}e^{-s t}\right]_{0}^{\infty}=\frac{1}{s},
desde que \operatorname{Re}(s)>0.
  1. Transformada de e^{a t} (caso a=2):
\mathscr{L}\{e^{a t}\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}e^{a t}\,dt=\int_{0}^{\infty} e^{-(s-a)t}\,dt=\frac{1}{s-a},
desde que \operatorname{Re}(s-a)>0 (ou seja \operatorname{Re}(s)>a). Para a=2,
\mathscr{L}\{e^{2t}\}=\frac{1}{s-2}.
  1. Transformada de t^{n} (caso n=2). A fórmula geral é
\mathscr{L}\{t^{n}\}=\frac{n!}{s^{n+1}},\quad \operatorname{Re}(s)>0.
Mostro rapidamente para n=2 por partes:
I=\int_{0}^{\infty} t^{2} e^{-s t}\,dt.
Fazendo integração por partes com u=t^{2}, dv=e^{-s t}dt (logo du=2t\,dt, v=-\frac{1}{s}e^{-s t}):
I=\left.-\frac{t^{2}}{s}e^{-s t}\right|_{0}^{\infty}+\frac{2}{s}\int_{0}^{\infty} t e^{-s t}\,dt.
O termo de fronteira vale 0 se \operatorname{Re}(s)>0. Para J=\int_{0}^{\infty} t e^{-s t}\,dt repete-se por partes e obtém-se J=\dfrac{1}{s^{2}}. Assim
I=\frac{2}{s}\cdot\frac{1}{s^{2}}=\frac{2}{s^{3}}=\frac{2!}{s^{3}}.
Portanto \mathscr{L}\{t^{2}\}=\dfrac{2}{s^{3}}.

Passo 5

Substituo as transformadas encontradas em \mathscr{L}\{5 - e^{2t} + 6t^{2}\}:
  • 5\,\mathscr{L}\{1\}=5\cdot\frac{1}{s}=\frac{5}{s}.
  • -\mathscr{L}\{e^{2t}\}=-\frac{1}{s-2}.
  • 6\,\mathscr{L}\{t^{2}\}=6\cdot\frac{2}{s^{3}}=\frac{12}{s^{3}}.
Somando:
\mathscr{L}\{5 - e^{2t} + 6t^{2}\}=\frac{5}{s}-\frac{1}{s-2}+\frac{12}{s^{3}}.

Passo 6

Indico também a região de convergência: os termos individuais exigem \operatorname{Re}(s)>0 para os termos com 1 e t^{2}, e \operatorname{Re}(s)>2 para e^{2t}. A interseção é \operatorname{Re}(s)>2. Portanto a expressão é válida para \operatorname{Re}(s)>2.

Resposta

\dfrac{5}{s}-\dfrac{1}{s-2}+\dfrac{12}{s^{3}}

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