Uma definição para a função gama é dada pela integral imprópria
\Gamma(\alpha)=\int_{0}^{+\infty} t^{\alpha-1} e^{-t} d t, \quad \text { para } \alpha>0
(a) Mostre que \Gamma(\alpha+1)=\alpha \Gamma(\alpha).
(b) Mostre que \mathcal{L}\left(t^{\alpha}\right)=\frac{\Gamma(\alpha+1)}{s^{\alpha+1}}.
(c) Use o fato de que \Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi} para determinar a transformada de Laplace das seguintes funções:
(i) f(t)=t^{-\frac{1}{2}}
(ii) f(t)=t^{\frac{3}{2}}

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dado: a função Gama é definida por
\Gamma(\alpha)=\int_{0}^{+\infty} t^{\alpha-1} e^{-t}\,dt,\quad\text{para }\alpha>0.
  • Dado também: \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}.
  • Pede-se:
    (a) Mostrar que \Gamma(\alpha+1)=\alpha\,\Gamma(\alpha).
    (b) Mostrar que \mathcal{L}\!\left(t^{\alpha}\right)=\dfrac{\Gamma(\alpha+1)}{s^{\alpha+1}}.
    (c) Usando \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}, determinar as transformadas de Laplace de:
    (i) f(t)=t^{-1/2},
    (ii) f(t)=t^{3/2}.
Observações úteis que vou usar (sem iniciar a resolução ainda):
  • A transformada de Laplace é definida por \mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt, normalmente para s>0 e condições que garantam convergência.
  • Para aplicar a definição de \Gamma e a transformada de Laplace será preciso abordar integral imprópria e trocar variáveis; também usarei integração por partes no item (a).

Passo 2

Prova de (a): mostrar \Gamma(\alpha+1)=\alpha\,\Gamma(\alpha).
Começo escrevendo a definição para \Gamma(\alpha+1):
\Gamma(\alpha+1)=\int_{0}^{\infty} t^{\alpha} e^{-t}\,dt.
Vou aplicar integração por partes na integral imprópria. Lembrete da fórmula de integração por partes (válida quando as integrais envolvidas convergem):
\int u\,dv = uv - \int v\,du.
Faço a escolha clássica:
u=t^{\alpha}\quad\Rightarrow\quad du=\alpha\,t^{\alpha-1}\,dt,
dv=e^{-t}\,dt\quad\Rightarrow\quad v=-e^{-t}.
Aplicando integração por partes:
\int_{0}^{\infty} t^{\alpha} e^{-t}\,dt = \Big[-t^{\alpha} e^{-t}\Big]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} \alpha\,t^{\alpha-1} e^{-t}\,dt.
Agora avalio o termo à prova:
  • Para t\to\infty: t^{\alpha} e^{-t}\to 0 porque a exponencial decai mais rápido que qualquer potência (uma maneira rápida de ver: aplicar L’Hôpital ao limite \lim_{t\to\infty}\frac{t^{\alpha}}{e^{t}}=0).
  • Para t\to 0^{+}: t^{\alpha} e^{-t}\to 0 quando \alpha>0 porque t^{\alpha}\to 0 e e^{-t}\to 1.
Portanto o termo de fronteira \Big[-t^{\alpha} e^{-t}\Big]_{0}^{\infty}=0-0=0, e resta:
\Gamma(\alpha+1)=\alpha \int_{0}^{\infty} t^{\alpha-1} e^{-t}\,dt=\alpha\,\Gamma(\alpha).
Isto prova (a).

Passo 3

Prova de (b): mostrar \mathcal{L}\!\left(t^{\alpha}\right)=\dfrac{\Gamma(\alpha+1)}{s^{\alpha+1}}.
Começo pela definição da transformada de Laplace aplicada a t^{\alpha}:
\mathcal{L}\{t^{\alpha}\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} t^{\alpha}\,dt.
Faço a mudança de variável u=s t. Então t=\dfrac{u}{s} e dt=\dfrac{du}{s}. Quando t vai de 0 a \infty, u também vai de 0 a \infty. Substituindo:
\int_{0}^{\infty} e^{-s t} t^{\alpha}\,dt = \int_{0}^{\infty} e^{-u} \left(\frac{u}{s}\right)^{\alpha} \frac{du}{s}.
Agora fatoro as potências de s:
\left(\frac{u}{s}\right)^{\alpha}\frac{1}{s} = \frac{u^{\alpha}}{s^{\alpha+1}}.
Logo
\mathcal{L}\{t^{\alpha}\}(s) = \frac{1}{s^{\alpha+1}} \int_{0}^{\infty} u^{\alpha} e^{-u}\,du.
Mas a integral \int_{0}^{\infty} u^{\alpha} e^{-u}\,du é exatamente \Gamma(\alpha+1) pela definição da função Gama. Assim
\mathcal{L}\{t^{\alpha}\}(s)=\frac{\Gamma(\alpha+1)}{s^{\alpha+1}}.
Condições de convergência: para que tudo faça sentido pela integral imprópria é necessário \alpha>-1 (para que t^{\alpha} não seja muito singular em 0) e normalmente s>0 para decaimento exponencial; sob essas condições a troca de variável e a identificação com \Gamma são válidas. (No enunciado inicial a função Gama foi dada para parâmetros positivos, mas aqui a integral definiu \Gamma(\alpha+1), que exige \alpha+1>0, i.e. \alpha>-1.)

Passo 4

Preparação para (c): calcular algumas valores da função Gama usando a recorrência de (a).
Sabendo que \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}, posso obter:
\Gamma\!\left(\tfrac{3}{2}\right)=\frac{1}{2}\,\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\sqrt{\pi}.
Aplicando a relação novamente,
\Gamma\!\left(\tfrac{5}{2}\right)=\frac{3}{2}\,\Gamma\!\left(\tfrac{3}{2}\right) =\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\pi}=\frac{3}{4}\sqrt{\pi}.
Esses valores serão usados abaixo para obter as transformadas pedidas.

Passo 5

Resposta de (c)(i): f(t)=t^{-1/2}.
Aqui \alpha=-\tfrac{1}{2} (observe \alpha>-1 vale). Usando o resultado de (b):
\mathcal{L}\{t^{-1/2}\}(s)=\frac{\Gamma\!\left(-\tfrac{1}{2}+1\right)}{s^{-1/2+1}} = \frac{\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)}{s^{1/2}}.
Substituindo \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}:
\mathcal{L}\{t^{-1/2}\}(s)=\frac{\sqrt{\pi}}{s^{1/2}}.

Passo 6

Resposta de (c)(ii): f(t)=t^{3/2}.
Aqui \alpha=\tfrac{3}{2}. Usando (b):
\mathcal{L}\{t^{3/2}\}(s)=\frac{\Gamma\!\left(\tfrac{3}{2}+1\right)}{s^{\tfrac{3}{2}+1}} = \frac{\Gamma\!\left(\tfrac{5}{2}\right)}{s^{5/2}}.
Substituindo \Gamma\!\left(\tfrac{5}{2}\right)=\dfrac{3}{4}\sqrt{\pi} (do Passo 4):
\mathcal{L}\{t^{3/2}\}(s)=\frac{\tfrac{3}{4}\sqrt{\pi}}{s^{5/2}}=\frac{3\sqrt{\pi}}{4\,s^{5/2}}.

Resposta

(a) \Gamma(\alpha+1)=\alpha\,\Gamma(\alpha)
(b) \mathcal{L}\{t^{\alpha}\}(s)=\dfrac{\Gamma(\alpha+1)}{s^{\alpha+1}} \quad (válido para \alpha>-1 e s>0)
(c)(i) \mathcal{L}\{t^{-1/2}\}(s)=\dfrac{\sqrt{\pi}}{s^{1/2}}
(c)(ii) \mathcal{L}\{t^{3/2}\}(s)=\dfrac{3\sqrt{\pi}}{4\,s^{5/2}}

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