Utilizando os pares da transformada de Laplace da Tabela 2.1 e os teoremas da transformada de Laplace da Tabela 2.2, deduza as transformadas de Laplace para as seguintes funções do tempo:
e^{-a t} \operatorname{sen} \omega t u(t)

Passo 1

O enunciado pede para determinar a transformada de Laplace da função e^{-a t}\,\operatorname{sen}\omega t\,u(t). Informações dadas e condições iniciais:
  • A função no tempo é f(t)=e^{-a t}\,\operatorname{sen}\omega t\,u(t).
  • u(t) é o degrau unitário (garante que a integral da transformada vai de 0 a \infty).
  • Os parâmetros a e \omega são constantes reais (não precisamos de valores numéricos).
  • Devemos usar pares e teoremas usuais da transformada de Laplace (Tabela 2.1 e Teorema de deslocamento em frequência da Tabela 2.2).
    A partir daqui vamos calcular passo a passo a transformada e explicar cada ferramenta usada.

Passo 2

Definição básica e ideia do método. A transformada de Laplace de uma função g(t) é
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,g(t)\,dt,
quando a integral converge. Aqui é conveniente primeiro lembrar/achar a transformada de \operatorname{sen}\omega t e depois aplicar o teorema de deslocamento em frequência (multiplicação por e^{-a t}). Também é útil lembrar que u(t) só confirma que o limite inferior da integral é 0.

Passo 3

Cálculo de \mathcal{L}\{\operatorname{sen}\omega t\}. Usamos a representação exponencial (identidade de Euler) para facilitar a integral:
\operatorname{sen}\omega t=\frac{e^{i\omega t}-e^{-i\omega t}}{2i}.
Então
\mathcal{L}\{\operatorname{sen}\omega t\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,\operatorname{sen}\omega t\,dt =\frac{1}{2i}\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\bigl(e^{i\omega t}-e^{-i\omega t}\bigr)\,dt.
As duas integrais são do tipo \int_{0}^{\infty} e^{-(s\mp i\omega)t}\,dt, que, para \operatorname{Re}(s)>0, valem
\int_{0}^{\infty} e^{-(s\mp i\omega)t}\,dt=\left[\frac{e^{-(s\mp i\omega)t}}{-(s\mp i\omega)}\right]_{0}^{\infty}=\frac{1}{s\mp i\omega}.
Substituindo:
\mathcal{L}\{\operatorname{sen}\omega t\}(s)=\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{s-i\omega}-\frac{1}{s+i\omega}\right).

Passo 4

Simplificar a expressão obtida em termos reais. Calculamos o numerador comum:
\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{s-i\omega}-\frac{1}{s+i\omega}\right) =\frac{1}{2i}\cdot\frac{(s+i\omega)-(s-i\omega)}{(s-i\omega)(s+i\omega)} =\frac{1}{2i}\cdot\frac{2i\omega}{s^{2}+\omega^{2}}.
Cancelando, obtemos a forma clássica:
\mathcal{L}\{\operatorname{sen}\omega t\}(s)=\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}},\qquad \operatorname{Re}(s)>0.
Aqui s é a variável da transformada e a condição \operatorname{Re}(s)>0 garante convergência da integral.

Passo 5

Apresentação e prova simples do teorema de deslocamento em frequência (útil para o fator e^{-a t}). O teorema diz:
se \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s), então
\mathcal{L}\{e^{-a t}f(t)\}(s)=F(s+a).
Prova direta pela definição:
\mathcal{L}\{e^{-a t}f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,e^{-a t}\,f(t)\,dt =\int_{0}^{\infty} e^{-(s+a)t}\,f(t)\,dt=F(s+a).
A verificação de região de convergência é feita trocando s por s+a na condição de F.

Passo 6

Aplicar o teorema ao nosso caso. Já temos F(s)=\mathcal{L}\{\operatorname{sen}\omega t\}(s)=\dfrac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}} para \operatorname{Re}(s)>0. Pelo teorema de deslocamento em frequência,
\mathcal{L}\{e^{-a t}\,\operatorname{sen}\omega t\}(s)=F(s+a) =\frac{\omega}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}.
Quanto à região de convergência, substituindo s\mapsto s+a na condição \operatorname{Re}(s)>0 obtemos \operatorname{Re}(s+a)>0, ou seja \operatorname{Re}(s)>-a.

Passo 7

Dica prática para prova: memorize a forma sem o e^{-a t},
\mathcal{L}\{\operatorname{sen}\omega t\}=\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}},
e saiba aplicar rapidamente o deslocamento s\mapsto s+a quando aparecer e^{-a t}. Se precisar verificar rapidamente, use a prova por substituição na definição (Passo 5).

Resposta

\mathcal{L}\{e^{-a t}\,\operatorname{sen}\omega t\,u(t)\}(s)=\frac{\omega}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}\quad\text{com}\quad \operatorname{Re}(s)>-a

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