Calcule a transformada de Laplace de f(t)
f(t)=t e^{-6 t}

Passo 1

O enunciado dá a função \,f(t)=t e^{-6t}\, e pede para calcular a transformada de Laplace dessa função. Informação relevante que já temos do enunciado:
f(t)=t e^{-6t},\quad t\ge 0.
A pergunta é: qual é \mathcal{L}\{f\}(s), isto é, o valor da integral definição da transformada de Laplace aplicada a f?

Passo 2

Primeiro vamos lembrar a definição da transformada de Laplace de uma função g(t). Por definição,
\mathcal{L}\{g\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,g(t)\,dt,
onde s é uma variável complexa e a integral converge para certos valores de s. Aqui g(t)=f(t)=t e^{-6t}, então substituímos na definição para montar a integral que precisamos calcular:
\mathcal{L}\{t e^{-6t}\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,t e^{-6t}\,dt.

Passo 3

Combine os exponenciais dentro da integral:
e^{-s t}\,e^{-6t}=e^{-(s+6)t}.
Portanto a integral fica
\mathcal{L}\{t e^{-6t}\}(s)=\int_{0}^{\infty} t\,e^{-(s+6)t}\,dt.
Para que a integral imprópria convirja é preciso que a parte real do expoente seja positiva, ou seja, que \operatorname{Re}(s+6)>0. Em termos de s isso significa \operatorname{Re}(s)>-6. A seguir vamos calcular a integral assumindo essa condição.

Passo 4

Para calcular
\int_{0}^{\infty} t\,e^{-(s+6)t}\,dt
façamos a mudança de notação \alpha=s+6. Assim queremos
\int_{0}^{\infty} t\,e^{-\alpha t}\,dt,
com a condição \operatorname{Re}(\alpha)>0. Vamos calcular essa integral por integração por partes. Tome
u=t,\qquad dv=e^{-\alpha t}dt.
Então
du=dt,\qquad v=\int e^{-\alpha t}dt=-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}.
A fórmula da integração por partes diz \int u\,dv = u v - \int v\,du. Aplicando:
\int t\,e^{-\alpha t}dt = -\frac{t}{\alpha}e^{-\alpha t} - \int\left(-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}\right)dt.
Simplificando a segunda integral:
\int t\,e^{-\alpha t}dt = -\frac{t}{\alpha}e^{-\alpha t} + \frac{1}{\alpha}\int e^{-\alpha t}dt.
Calcule a integral restante:
\int e^{-\alpha t}dt = -\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}.
Logo um primitivo é
\int t\,e^{-\alpha t}dt = -\frac{t}{\alpha}e^{-\alpha t} - \frac{1}{\alpha^{2}}e^{-\alpha t} + C.

Passo 5

Agora avaliamos a integral definida de 0 a \infty. Usando o primitivo encontrado:
\int_{0}^{\infty} t\,e^{-\alpha t}dt = \lim_{T\to\infty}\left[-\frac{t}{\alpha}e^{-\alpha t} - \frac{1}{\alpha^{2}}e^{-\alpha t}\right]_{t=0}^{t=T}.
Para \operatorname{Re}(\alpha)>0 temos e^{-\alpha T}\to 0 quando T\to\infty, então o termo no limite superior é 0. No limite inferior, em t=0, o valor do primitivo é -\dfrac{0}{\alpha}\cdot 1 - \dfrac{1}{\alpha^{2}}\cdot 1=-\dfrac{1}{\alpha^{2}}. Portanto
\int_{0}^{\infty} t\,e^{-\alpha t}dt = 0 -\left(-\frac{1}{\alpha^{2}}\right)=\frac{1}{\alpha^{2}}.

Passo 6

Voltando à nossa variável original \alpha=s+6, obtemos
\mathcal{L}\{t e^{-6t}\}(s)=\frac{1}{(s+6)^{2}},
com região de convergência dada por \operatorname{Re}(s+6)>0, isto é, \operatorname{Re}(s)>-6.

Resposta

\displaystyle \frac{1}{(s+6)^{2}} (para \operatorname{Re}(s)>-6)

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