Considere
F(s)=\mathscr{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t) d t
e assuma que ao derivar esta expressão na variável s, podemos inverter o sinal da derivada \frac{d}{d s} com a integral \int_{0}^{\infty}. Mostre que para n um inteiro positivo temos
\frac{d^{n}}{d s^{n}} F(s)=\mathscr{L}\left\{(-t)^{n} f(t)\right\}(s)
Com isto, vemos que cada derivada da transformada de Laplace corresponde a multiplicar a função original por -t. Use isto para encontrar as derivadas de Laplace das funções abaixo e compare com o Exercício P1…
(a) t e^{a t}
(b) t^{2} \operatorname{sen}(b t)
(c) t^{n}
(d) t^{n} e^{a t}
(e) t e^{a t} \operatorname{sen}(b t)
(f) t e^{a t} \cos (b t)

Passo 1

O enunciado define a transformada de Laplace
\mathscr{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-s t}f(t)\,d t
e pede para mostrarmos que
\frac{d^{n}}{d s^{n}}\,\mathscr{L}\{f(t)\}(s) =\mathscr{L}\{(-t)^{n}f(t)\}(s).
Em seguida, usando essa propriedade, queremos calcular as transformadas de Laplace de várias funções do tipo t^{k} vezes exponencial, seno ou cosseno.

Passo 2

Prova da propriedade para n=1:
\frac{d}{d s}\,\mathscr{L}\{f(t)\}(s) =\frac{d}{d s}\int_{0}^{\infty}e^{-s t}f(t)\,d t
pelo teorema de diferenciação sob o sinal de integral,
=\int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial s}\bigl(e^{-s t}f(t)\bigr)\,d t =-\int_{0}^{\infty}t\,e^{-s t}f(t)\,d t =\mathscr{L}\{-t\,f(t)\}(s).
Então
\frac{d}{d s}F(s)=\mathscr{L}\{(-t)f(t)\}(s).

Passo 3

Aplicando a indução, conclui-se que
\frac{d^{n}}{d s^{n}}F(s) =\mathscr{L}\{(-t)^{n}f(t)\}(s).
Reescrevendo, obtemos a fórmula prática
\mathscr{L}\{t^{n}f(t)\}(s) =(-1)^{n}\,\frac{d^{n}}{d s^{n}}\,\mathscr{L}\{f(t)\}(s).

Passo 4

(a) Para f(t)=e^{a t} já sabemos
\mathscr{L}\{e^{a t}\}(s)=\frac{1}{s-a}\quad(s>a).
Logo
\mathscr{L}\{t\,e^{a t}\}(s) =-\frac{d}{d s}\frac{1}{s-a} =\frac{1}{(s-a)^{2}}.

Passo 5

(b) Para f(t)=\sin(b t) temos
\mathscr{L}\{\sin(b t)\}(s) =\frac{b}{s^{2}+b^{2}}.
Então
\frac{d}{d s}\frac{b}{s^{2}+b^{2}} =-\frac{2bs}{(s^{2}+b^{2})^{2}},
\frac{d^{2}}{d s^{2}}\frac{b}{s^{2}+b^{2}} =2b\,\frac{3s^{2}-b^{2}}{(s^{2}+b^{2})^{3}}.
Como \mathscr{L}\{t^{2}\sin(bt)\}=+\,\frac{d^{2}}{d s^{2}}[b/(s^{2}+b^{2})], obtemos
\mathscr{L}\{t^{2}\sin(b t)\}(s) =2b\,\frac{3s^{2}-b^{2}}{(s^{2}+b^{2})^{3}}.

Passo 6

(c) Para f(t)=1 vale
\mathscr{L}\{1\}(s)=\frac{1}{s}.
Então
\mathscr{L}\{t^{n}\}(s) =(-1)^{n}\frac{d^{n}}{d s^{n}}\frac{1}{s} =\frac{n!}{s^{n+1}}.

Passo 7

(d) Combinações de (c) e deslocamento em s:
\mathscr{L}\{t^{n}e^{a t}\}(s) =\frac{n!}{(s-a)^{n+1}}.

Passo 8

(e) Para f(t)=e^{a t}\sin(b t):
\mathscr{L}\{e^{a t}\sin(b t)\}(s) =\frac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}}.
Logo
\frac{d}{d s}\frac{b}{(s-a)^{2}+b^{2}} =-\frac{2b(s-a)}{\bigl((s-a)^{2}+b^{2}\bigr)^{2}},
e como há o sinal “ -” extra para o fator t,
\mathscr{L}\{t\,e^{a t}\sin(b t)\}(s) =+\frac{2b(s-a)}{\bigl((s-a)^{2}+b^{2}\bigr)^{2}}.

Passo 9

(f) Para f(t)=e^{a t}\cos(b t):
\mathscr{L}\{e^{a t}\cos(b t)\}(s) =\frac{s-a}{(s-a)^{2}+b^{2}}.
Então
\frac{d}{d s}\frac{s-a}{(s-a)^{2}+b^{2}} =\frac{b^{2}-(s-a)^{2}}{\bigl((s-a)^{2}+b^{2}\bigr)^{2}},
e aplicando o “ -” de t,
\mathscr{L}\{t\,e^{a t}\cos(b t)\}(s) =\frac{(s-a)^{2}-b^{2}}{\bigl((s-a)^{2}+b^{2}\bigr)^{2}}.

Resposta

(a) \mathscr{L}\{t e^{a t}\}(s)=\frac{1}{(s-a)^{2}}
(b) \mathscr{L}\{t^{2}\sin(b t)\}(s)=\displaystyle\frac{2b\,(3s^{2}-b^{2})}{(s^{2}+b^{2})^{3}}
(c) \mathscr{L}\{t^{n}\}(s)=\frac{n!}{s^{n+1}}
(d) \mathscr{L}\{t^{n}e^{a t}\}(s)=\frac{n!}{(s-a)^{n+1}}
(e) \mathscr{L}\{t\,e^{a t}\sin(b t)\}(s)=\displaystyle\frac{2b\,(s-a)}{\bigl((s-a)^{2}+b^{2}\bigr)^{2}}
(f) \mathscr{L}\{t\,e^{a t}\cos(b t)\}(s)=\displaystyle\frac{(s-a)^{2}-b^{2}}{\bigl((s-a)^{2}+b^{2}\bigr)^{2}}

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