Calcule
\mathcal{L}\left\{t^{3} e^{-t}\right\}

Passo 1

O enunciado pede para calcular a transformada de Laplace da função \,t^{3}e^{-t}\,.
Informações dadas: a função é \,f(t)=t^{3}e^{-t}\, para t\ge 0. A notação é \mathcal{L}\{\,\cdot\,\}, ou seja queremos \mathcal{L}\{t^{3}e^{-t}\}(s).

Passo 2

Vou usar uma propriedade muito prática das transformadas de Laplace: multiplicar por uma exponencial \,e^{-at}\, desloca a variável s na transformada. Essa propriedade reduz o problema a calcular a transformada de \,t^{3}\, e depois substituir s por s+1. Explico e demonstro a propriedade no passo seguinte, e em seguida eu calculo \mathcal{L}\{t^{3}\} de forma explícita (por partes), para você ver como fazer na prova sem pular etapas.

Passo 3

Prova da propriedade de deslocamento: se F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}(s), então
\mathcal{L}\{e^{-at}f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}\,e^{-at}f(t)\,dt=\int_{0}^{\infty}e^{-(s+a)t}f(t)\,dt=F(s+a).
Ou seja, multiplicar por \,e^{-at}\, corresponde a substituir s por s+a na transformada.

Passo 4

Agora precisamos de \mathcal{L}\{t^{3}\}(s). Usamos a definição da transformada e fazemos integração por partes repetida. Defina
I(s)=\mathcal{L}\{t^{3}\}(s)=\int_{0}^{\infty}t^{3}e^{-st}\,dt,
onde assumimos \Re(s)>0 para garantir convergência. Aplicando integração por partes uma vez: escolha u=t^{3} e dv=e^{-st}dt. Então du=3t^{2}dt e v=-\dfrac{1}{s}e^{-st}. Assim
I(s)=\left. -\dfrac{t^{3}}{s}e^{-st}\right|_{0}^{\infty}+\dfrac{3}{s}\int_{0}^{\infty}t^{2}e^{-st}\,dt.
O termo de fronteira vale zero porque, para \Re(s)>0, t^{3}e^{-st}\to 0 quando t\to\infty, e é zero em t=0. Logo
I(s)=\dfrac{3}{s}\int_{0}^{\infty}t^{2}e^{-st}\,dt.
Repita integração por partes para \int_{0}^{\infty}t^{2}e^{-st}\,dt. Seja J(s)=\int_{0}^{\infty}t^{2}e^{-st}\,dt. Com u=t^{2}, du=2t\,dt, dv=e^{-st}dt, v=-\dfrac{1}{s}e^{-st}, obtém-se
J(s)=\left.-\dfrac{t^{2}}{s}e^{-st}\right|_{0}^{\infty}+\dfrac{2}{s}\int_{0}^{\infty}t e^{-st}\,dt=\dfrac{2}{s}\int_{0}^{\infty}t e^{-st}\,dt.
Agora calcule \int_{0}^{\infty}t e^{-st}\,dt por partes mais uma vez: com u=t, du=dt, dv=e^{-st}dt, v=-\dfrac{1}{s}e^{-st}, temos
\int_{0}^{\infty}t e^{-st}\,dt=\left.-\dfrac{t}{s}e^{-st}\right|_{0}^{\infty}+\dfrac{1}{s}\int_{0}^{\infty}e^{-st}\,dt=\dfrac{1}{s}\int_{0}^{\infty}e^{-st}\,dt.
E \displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-st}\,dt=\left[-\dfrac{1}{s}e^{-st}\right]_{0}^{\infty}=\dfrac{1}{s} para \Re(s)>0. Portanto
\int_{0}^{\infty}t e^{-st}\,dt=\dfrac{1}{s}\cdot\dfrac{1}{s}=\dfrac{1}{s^{2}}.
Voltando:
J(s)=\dfrac{2}{s}\cdot \dfrac{1}{s^{2}}=\dfrac{2}{s^{3}}.
E então
I(s)=\dfrac{3}{s}\cdot J(s)=\dfrac{3}{s}\cdot \dfrac{2}{s^{3}}=\dfrac{6}{s^{4}}.
Este resultado é coerente com a fórmula geral \mathcal{L}\{t^{n}\}(s)=\dfrac{n!}{s^{n+1}} (aqui n=3 e 3!=6).

Passo 5

Use agora a propriedade de deslocamento do Passo 3 com a=1. Como \mathcal{L}\{t^{3}\}(s)=\dfrac{6}{s^{4}}, então
\mathcal{L}\{t^{3}e^{-t}\}(s)=\mathcal{L}\{e^{-1\cdot t}t^{3}\}(s)=\mathcal{L}\{t^{3}\}(s+1)=\dfrac{6}{(s+1)^{4}}.
A região de convergência é \Re(s+1)>0, ou seja \Re(s)>-1.

Resposta

\displaystyle \frac{6}{(s+1)^{4}} (para \Re(s)>-1)

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