(a) Dadas f, g com \mathcal{L}(f(t))=F(s) e \mathcal{L}(g(t))=G(s) mostre que \mathcal{L}(f * g)=F(s) \cdot G(s).
(b) Considere \mathcal{L}(f(t))=F(s)=\frac{1}{s(s+3)}. Determine f(t) usando:
i. Frações Parciais
ii. Convolução

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede duas coisas.
  • São dadas duas funções f e g tais que \mathcal{L}(f(t))=F(s) e \mathcal{L}(g(t))=G(s).
  • Parte (a): mostrar que \mathcal{L}(f * g)=F(s)\cdot G(s), onde (f*g) é a convolução de f e g.
  • Parte (b): é dada \mathcal{L}(f(t))=F(s)=\dfrac{1}{s(s+3)}. Determinar f(t) de duas maneiras:
    i. usando frações parciais;
    ii. usando convolução.
Essas são as perguntas que vamos resolver passo a passo.

Passo 2

Primeiro vamos lembrar, com calma, das definições que vamos usar (explico cada símbolo).
  • A transformada de Laplace de uma função h(t) (definida para t\ge 0) é
\mathcal{L}(h(t))(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,h(t)\,dt.
Aqui s é uma variável complexa (mas você pode pensar em s real e grande o suficiente para a integral convergir). Esse integral é a definição; quando ela existe dizemos que a transformada existe.
  • A convolução de f e g, para t\ge 0, é definida por
(f*g)(t)=\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau.
Intuitivamente, a convolução “mistura” as duas funções ao longo de todos os deslocamentos \tau.
Vou usar essas definições para provar (a) e, depois, para o item (b.ii). Quando eu trocar a ordem de integração, assumo as hipóteses usuais (por exemplo, f e g de ordem exponencial ou integráveis adequadas) que garantem a validade do teorema de Fubini/Tonelli.

Passo 3

Começo a prova pedida em (a) aplicando a definição da transformada de Laplace à função convoluída (f*g)(t):
\mathcal{L}(f*g)(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,(f*g)(t)\,dt =\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\left(\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau\right)dt.
Esse é o ponto onde temos uma integral dupla sobre a região \{(t,\tau): 0\le \tau\le t<\infty\}.

Passo 4

Agora trocamos a ordem de integração. A região de integração é o triângulo 0\le \tau\le t<\infty. Se trocarmos a ordem, \tau varia de 0 a \infty e, para cada \tau fixo, t varia de t=\tau até t=\infty. Assim:
\int_{0}^{\infty} \left(\int_{0}^{t} \cdots d\tau \right) dt = \int_{0}^{\infty} \left(\int_{\tau}^{\infty} \cdots dt \right) d\tau.
Aplicando isso ao integral anterior obtemos
\mathcal{L}(f*g)(s)=\int_{0}^{\infty}\left(\int_{\tau}^{\infty} e^{-s t}\,f(\tau)\,g(t-\tau)\,dt\right)d\tau.
Note que dentro do integrando f(\tau) pode sair da integral em t pois não depende de t.

Passo 5

Extraio f(\tau) da integral em t e faço a mudança de variável conveniente no integral interno: ponha u=t-\tau. Quando t=\tau temos u=0; quando t\to\infty temos u\to\infty; também dt=du. Além disso e^{-s t}=e^{-s(\tau+u)}=e^{-s\tau}e^{-s u}. Assim
\begin{aligned} \mathcal{L}(f*g)(s) &= \int_{0}^{\infty} f(\tau)\left(\int_{\tau}^{\infty} e^{-s t}\,g(t-\tau)\,dt\right)d\tau \\\ &= \int_{0}^{\infty} f(\tau)\left(\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+u)}\,g(u)\,du\right)d\tau \\\ &= \int_{0}^{\infty} f(\tau)e^{-s\tau}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-s u}\,g(u)\,du\right)d\tau. \end{aligned}
Observe que a integral em u não depende de \tau, então é uma constante em relação à integração em \tau.

Passo 6

Finalmente, identificamos as duas integrais como as transformadas de Laplace de f e g:
\int_{0}^{\infty} e^{-s u}\,g(u)\,du = G(s), \qquad \int_{0}^{\infty} f(\tau)e^{-s\tau}\,d\tau = F(s).
Portanto
\mathcal{L}(f*g)(s)=\left(\int_{0}^{\infty} f(\tau)e^{-s\tau}\,d\tau\right)\!\left(\int_{0}^{\infty} e^{-s u}\,g(u)\,du\right)=F(s)\,G(s).
Isso conclui a demonstração de (a): a transformada de Laplace da convolução é o produto das transformadas.

Passo 7

Agora a parte (b). Primeiro a via i) frações parciais.
Temos
F(s)=\frac{1}{s(s+3)}.
Queremos escrever [F(s)) na forma \dfrac{A}{s}+\dfrac{B}{s+3}. Então
\frac{1}{s(s+3)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+3}=\frac{A(s+3)+Bs}{s(s+3)}.
Comparando numeradores,
1=A(s+3)+Bs=(A+B)s+3A.
Isto deve valer para todo s, então os coeficientes iguais nos dão o sistema
\begin{cases} A+B=0,\\[4pt] 3A=1. \end{cases}
Da segunda equação A=\dfrac{1}{3}\]. Da primeira \(B=-A=-\dfrac{1}{3}.
Logo
F(s)=\frac{1/3}{s}-\frac{1/3}{s+3}.
Sabendo que \mathcal{L}^{-1}\!\left(\dfrac{1}{s}\right)=1 (a função constante 1 para t\ge 0) e \mathcal{L}^{-1}\!\left(\dfrac{1}{s+3}\right)=e^{-3t}, pela linearidade da transformada obtemos
f(t)=\frac{1}{3}\cdot 1 - \frac{1}{3}\cdot e^{-3t}=\frac{1}{3}\bigl(1-e^{-3t}\bigr),\qquad t\ge 0.]

Passo 8

Agora a via ii) usando convolução (é bom para fixar a parte (a)).
Note que
F(s)=\frac{1}{s(s+3)}=\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s+3}.
Temos \mathcal{L}^{-1}\!\left(\dfrac{1}{s}\right)=1 e \mathcal{L}^{-1}\!\left(\dfrac{1}{s+3}\right)=e^{-3t}. Pela parte (a) a inversa transformada do produto é a convolução das inversas:
f(t)=(1 * e^{-3t})(t)=\int_{0}^{t} 1\cdot e^{-3(t-\tau)}\,d\tau.
Calcule essa integral:
\begin{aligned} f(t)&=\int_{0}^{t} e^{-3(t-\tau)}\,d\tau = e^{-3t}\int_{0}^{t} e^{3\tau}\,d\tau = e^{-3t}\left[\frac{1}{3}e^{3\tau}\right]_{\tau=0}^{\tau=t}\\[4pt] &= e^{-3t}\cdot\frac{1}{3}\bigl(e^{3t}-1\bigr) =\frac{1}{3}\bigl(1-e^{-3t}\bigr). \end{aligned}
Portanto o resultado coincide com o obtido por frações parciais.]

Passo 9

Resumo final: a transformada da convolução é o produto das transformadas (parte a) e, para o caso específico dado em (b), a função no tempo é \dfrac{1}{3}\bigl(1-e^{-3t}\bigr) tanto por frações parciais quanto por convolução. Segue a resposta final concisa.

Resposta

(a) \mathcal{L}(f * g)=F(s)\cdot G(s)\n(b.i) f(t)=\dfrac{1}{3}\bigl(1-e^{-3t}\bigr)\n(b.ii) f(t)=\dfrac{1}{3}\bigl(1-e^{-3t}\bigr)

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