Dado n \in \mathbb{N} resolva os itens abaixo.
(a) Verifique que a transformada de Laplace da função f_{n}:[0, \infty) \rightarrow \mathbb{R} definida por f_{n}(t)=t^{n} para n=0,1,2, \ldots é dada por
F_{n}(s)=\frac{n!}{s^{n+1}}, \quad s>0
(b) Use o item anterior para calcular a transformada de Laplace de f(t)=2 t^{2}+3 t+5.

Passo 1

O enunciado pede que mostremos que, para cada n\in\mathbb{N}, a transformada de Laplace de f_n(t)=t^n é
F_n(s)=\int_{0}^{\infty}t^n e^{-st}\,dt=\frac{n!}{s^{n+1}},\quad s>0.
Para isso vamos usar indução em n e integração por partes. Depois aplicamos o resultado à função f(t)=2t^2+3t+5 usando linearidade.

Passo 2

Caso base n=0.
Como f_0(t)=t^0=1,
F_0(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}\,dt =\Bigl[-\tfrac{1}{s}e^{-st}\Bigr]_{0}^{\infty} =\frac{1}{s} =\frac{0!}{s^{0+1}}.

Passo 3

Passo indutivo. Suponha que para algum k\ge0 valha
\int_{0}^{\infty}t^k e^{-st}\,dt = \frac{k!}{s^{k+1}}.
Queremos mostrar que
\int_{0}^{\infty}t^{k+1}e^{-st}\,dt = \frac{(k+1)!}{s^{k+2}}.
Fazemos integração por partes escolhendo
\displaystyle u = t^{k+1}, logo du=(k+1)t^kdt,
\displaystyle dv = e^{-st}dt, logo v=-\tfrac{1}{s}e^{-st}.
Então
\int_{0}^{\infty}t^{k+1}e^{-st}dt =\bigl[u\,v\bigr]_{0}^{\infty} -\int_{0}^{\infty}v\,du =0+\frac{k+1}{s}\int_{0}^{\infty}t^k e^{-st}dt.

Passo 4

Pela hipótese de indução,
\int_{0}^{\infty}t^{k+1}e^{-st}dt =\frac{k+1}{s}\,\frac{k!}{s^{k+1}} =\frac{(k+1)!}{s^{k+2}}.
Isso fecha a indução e prova que
\displaystyle\mathcal{L}\{t^n\}(s)=\frac{n!}{s^{n+1}} para todo n\in\mathbb{N}.

Passo 5

Agora f(t)=2t^2+3t+5. Usando linearidade,
\mathcal{L}\{f\}(s) =2\,\mathcal{L}\{t^2\}(s) +3\,\mathcal{L}\{t\}(s) +5\,\mathcal{L}\{1\}(s).
Pelo resultado,
\mathcal{L}\{t^2\}=\tfrac{2!}{s^3},
\mathcal{L}\{t\}=\tfrac{1!}{s^2},
\mathcal{L}\{1\}=\tfrac{0!}{s}.

Resposta

\mathcal{L}\{2t^2+3t+5\}(s) =2\cdot\frac{2}{s^3} +3\cdot\frac{1}{s^2} +5\cdot\frac{1}{s} =\frac{4}{s^3}+\frac{3}{s^2}+\frac{5}{s}.

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