Calcule mathcal{L}\{f(t)\} onde
f(t)=t^{-1 / 2}

Passo 1

O problema pede para calcular a transformada de Laplace \mathcal{L}\{f(t)\} da função f(t)=t^{-1/2}.\n
Informações dadas:
\;f(t)=t^{-1/2} definida para t>0.\n
O que se quer: avaliar
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt
para valores de s em que a integral converge.

Passo 2

Definição e análise de convergência.\n
A transformada de Laplace de uma função f é
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt,
onde s geralmente é um número real positivo ou um número complexo com \Re(s)>0. Aqui f(t)=t^{-1/2}, então a integral é
\int_{0}^{\infty} e^{-st} t^{-1/2}\,dt.
Antes de calcular, verificamos a convergência em t\to 0^+ e t\to\infty:
  • Perto de t=0: o integrando se comporta como t^{-1/2}. Sabemos que
\int_{0}^{1} t^{-1/2}\,dt = \left[ 2 t^{1/2} \right]_{0}^{1} = 2,
ou seja, é finito — portanto não há problema de divergência no zero.
  • Para t\to\infty: o fator e^{-st} domina e decai exponencialmente quando \Re(s)>0, garantindo convergência da integral impropria no infinito.
Conclusão: a integral converge para \Re(s)>0. Agora vamos calcular o valor explícito.

Passo 3

Mudança de variável para usar a função Gama.\n
Começamos com a integral
\mathcal{L}\{t^{-1/2}\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} t^{-1/2}\,dt.
Faço a substituição \;u=st\;. Então \;t=u/s\; e \;dt=du/s\;. Também \;t^{-1/2}=(u/s)^{-1/2}=s^{1/2}u^{-1/2}\;. Substituindo:
\int_{0}^{\infty} e^{-st} t^{-1/2}\,dt = \int_{0}^{\infty} e^{-u}\,\bigl(s^{1/2}u^{-1/2}\bigr)\,\frac{du}{s}.
Agrupando os fatores de s:
= s^{1/2}\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} u^{-1/2} e^{-u}\,du = s^{-1/2}\int_{0}^{\infty} u^{-1/2} e^{-u}\,du.
Reconhecemos a integral como a função Gama no ponto 1/2. A definição da função Gama é
\Gamma(z)=\int_{0}^{\infty} x^{z-1} e^{-x}\,dx\qquad(\Re(z)>0).
Aqui x=u e queremos u^{-1/2} e^{-u}, que corresponde a z-1=-\tfrac{1}{2}, ou seja z=\tfrac{1}{2}. Assim
\int_{0}^{\infty} u^{-1/2} e^{-u}\,du = \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right).
Portanto
\mathcal{L}\{t^{-1/2}\}(s)=s^{-1/2}\,\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right).

Passo 4

Cálculo de \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right).\n
Vamos mostrar que \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}. Defina
\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\int_{0}^{\infty} x^{-1/2} e^{-x}\,dx.
Faça a substituição x=u^{2}. Então dx=2u\,du e x^{-1/2}=1/u. Assim a integral vira
\int_{0}^{\infty} x^{-1/2} e^{-x}\,dx = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{u} e^{-u^{2}} (2u\,du) = 2\int_{0}^{\infty} e^{-u^{2}}\,du.
Logo
\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=2\int_{0}^{\infty} e^{-u^{2}}\,du.
O integral gaussiano conhecido é
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^{2}}\,du = \sqrt{\pi}.
Como a função e^{-u^{2}} é par, temos \int_{0}^{\infty} e^{-u^{2}}\,du = \tfrac{1}{2}\sqrt{\pi}. Portanto
\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=2\cdot \frac{1}{2}\sqrt{\pi} = \sqrt{\pi}.
(Sketch da prova do integral gaussiano: se I=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}}dx então I^{2}=\iint_{\mathbb{R}^{2}} e^{-(x^{2}+y^{2})}dxdy. Passando para coordenadas polares obtém-se I^{2}=\pi, logo I=\sqrt{\pi}.)

Passo 5

Conclusão combinando tudo.\n
Substituindo \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi} em
\mathcal{L}\{t^{-1/2}\}(s)=s^{-1/2}\,\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right),
obtemos
\mathcal{L}\{t^{-1/2}\}(s)=\sqrt{\pi}\;s^{-1/2}.
E lembrando a análise de convergência, isso vale para \Re(s)>0.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{t^{-1/2}\}(s)=\sqrt{\pi}\;s^{-1/2},\quad \Re(s)>0

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