15.10.13 Mostre que
LE1(t)=1s ln (s+1), s>0
em que
E1(t)=integralt^infty e^-tautau d tau=integral1^infty e^-x tx d x
E1(t) é a função integral exponencial.

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace de
E1(t)=integral1^inftye^-x tx,dx,
que é a função integral exponencial. O conteúdo usado será a definição
LE1(t)(s)=integral0^inftye^-s tE1(t),dt
e a troca de ordem de integração (Teorema de Fubini), válida para s>0.

Passo 2

Escrevemos a transformada e substituímos a definição de E1(t):
LE1(t)(s) =integral0^inftye^-s tl(integral1^inftye^-x tx,dxr),dt
Como s>0, podemos trocar a ordem de integração:
LE1(t)(s) =integral1^infty1xl(integral0^inftye^-(s+x)t,dtr),dx

Passo 3

Calculamos a integral interna em t:
integral0^inftye^-(s+x)t,dt =1s+x
Logo
LE1(t)(s) =integral1^infty1x(s+x),dx

Passo 4

Para resolver
integral1^inftydxx(s+x),
fazemos frações parciais:
1x(s+x) =1sl(1x-1s+xr)
Então
integral1^inftydxx(s+x) =1sl(integral1^inftydxx -integral1^inftydxs+xr)

Passo 5

Cada integral é imprópria, mas a diferença converge. Tomando um limite em Atoinfty:
integral1^Adxx -integral1^Adxs+x =ln A -l[ln(s+A)-ln(s+1)r] =ln!l(tfracAs+A,(s+1)r)
Como A/(s+A)to1 quando Atoinfty, obtemos
integral1^inftydxx(s+x) =1sln(s+1)

Resposta

LE1(t)(s)=1sln(s+1), s>0

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