тригонометрия - Преобразование Лапласа от тригонометрических функций

Почему бесконечности? При интегрировании получаются функции $%t^2,t,sin, cos$%, умноженные на $%e^{-pt}$%, что при $%t \to +\infty$% стремится к 0.
Вообще-то изображения многих функций есть в таблицах, Вам нужен ответ или ход решения?

Пример. Для второго слагаемого, функции $%t\sin t$% изображением (результатом преобразования Лапласа) будет интеграл $%\int_0^{+\infty}e^{-pt}t\sin t dt$%. Его можно взять по частям, правда, возни много. Можно посмотреть первообразную в справочнике.

Можно использовать комплексные переменные: $%\sin t=(e^{it}-e^{-it})/2i. $% Тогда $%\int_0^{+\infty}e^{-pt}t\sin t dt = {1\over 2i}\Big(\int_0^{+\infty}te^{-(p-i)t}dt-\int_0^{+\infty}te^{-(p+i)t}dt\Big)$%.

Далее $%\int_0^{+\infty}te^{-qt}dt={-1\over q}\int_0^{+\infty}tde^{-qt}={-1\over q}\Big(t\cdot e^{-qt}\Big|_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}e^{-qt}dt\Big)$%. При вычислении подстановки берем предел при $%t\to +\infty$%. Он равен 0 при $%p=Re(q) > 0.$% При подстановке 0 также получается 0. Значит, остается выражение $%{1\over q}\int_0^{+\infty}e^{-qt}dt=-{1\over q^2}e^{-qt}\Big|_0^{+\infty}={1\over q^2}$%.
Теперь подставляем $%q=p-i, q=p+i$% и получаем, что изображение функции $%t\sin t$% равно $%\big({1\over (p+i)^2}-{1\over (p-i)^2}\big)/2i={2p\over (p^2+1)^2}$%.

Для первого слагаемого изображение считается аналогично, только надо понизить степень у косинуса (через двойной угол).