Estude a função Gama e
Mostre que mathcal{L}\left\{t^{-1 / 2}\right\}=\sqrt{\frac{\pi}{s}}, para s>0;

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que
\mathcal{L}\{t^{-1/2}\}=\sqrt{\frac{\pi}{s}}
para (s>0). Informações relevantes fornecidas implicitamente: queremos a transformada de Laplace da função t^{-1/2} definida em t>0 e a condição s>0 para que a integral da transformada convirja.

Passo 2

Definição da transformada de Laplace (aqui eu te explico com calma): para uma função f(t) definida para t\ge0, a transformada de Laplace é
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-st}\,dt,
onde a integral tem que convergir. No nosso caso f(t)=t^{-1/2}, então a transformada é a integral imprópria
\int_{0}^{\infty} t^{-1/2}e^{-st}\,dt.
Vou verificar rápida e informalmente a convergência: perto de t=0 o integrando se comporta como t^{-1/2}, que é integrável (porque \int_0 t^{-1/2}dt converge). Para t\to\infty o fator e^{-st} com s>0 domina e garante decaimento exponencial, então a integral converge. Portanto faz sentido prosseguir.

Passo 3

Introduzo a função Gama (essa é a ferramenta chave): a função Gama é definida, para \Re(z)>0, por
\Gamma(z)=\int_{0}^{\infty} t^{z-1}e^{-t}\,dt.
Aqui z pode ser real ou complexo com parte real positiva; a integral converge sob essa condição. Note que a Gama generaliza o fatorial, mas o que interessa para nós é a forma integral.

Passo 4

Faço a substituição apropriada na integral da transformada de Laplace para ligar com a Gama. Começo escrevendo a transformada de t^{\alpha-1} de forma geral (isso é uma técnica padrão que é útil na prova):
\mathcal{L}\{t^{\alpha-1}\}(s)=\int_{0}^{\infty} t^{\alpha-1}e^{-st}\,dt.
Faço a mudança de variável u=st. Então t=\dfrac{u}{s} e dt=\dfrac{du}{s}. Substituindo na integral,
\int_{0}^{\infty} t^{\alpha-1}e^{-st}\,dt = \int_{0}^{\infty} \left(\frac{u}{s}\right)^{\alpha-1} e^{-u}\,\frac{du}{s}.
Separei as potências de s:
\left(\frac{u}{s}\right)^{\alpha-1}\frac{1}{s}=s^{-\alpha}u^{\alpha-1}.
Logo
\mathcal{L}\{t^{\alpha-1}\}(s)=s^{-\alpha}\int_{0}^{\infty} u^{\alpha-1}e^{-u}\,du.

Passo 5

Reconheço a integral obtida como a função Gama:
\int_{0}^{\infty} u^{\alpha-1}e^{-u}\,du=\Gamma(\alpha),
desde que \Re(\alpha)>0. Portanto a relação geral é
\mathcal{L}\{t^{\alpha-1}\}(s)=\Gamma(\alpha)\,s^{-\alpha},
válida para \Re(\alpha)>0 e \Re(s)>0. Essa é a fórmula que vou usar com \alpha=\tfrac{1}{2}.

Passo 6

Aplico a fórmula com \alpha=\tfrac{1}{2}. Obtenho
\mathcal{L}\{t^{-1/2}\}(s)=\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\,s^{-1/2}.
Agora preciso calcular \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right).

Passo 7

Cálculo de \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right). Pela definição,
\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\int_{0}^{\infty} t^{-1/2}e^{-t}\,dt.
Faço a substituição t=x^{2}. Então dt=2x\,dx e t^{-1/2}=x^{-1}. Substituindo:
\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\int_{0}^{\infty} x^{-1}e^{-x^{2}}\,2x\,dx =2\int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}}\,dx.
Mas a integral gaussiana conhecida é
\int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.
Portanto
\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=2\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2}=\sqrt{\pi}.

Passo 8

Voltando à transformada: substituindo \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi} em
\mathcal{L}\{t^{-1/2}\}(s)=\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\,s^{-1/2},
obtemos
\mathcal{L}\{t^{-1/2}\}(s)=\sqrt{\pi}\,s^{-1/2}.
Escrevendo de forma mais habitual,
\mathcal{L}\{t^{-1/2}\}(s)=\sqrt{\frac{\pi}{s}},
para s>0, que era o que queríamos demonstrar.

Resposta

\sqrt{\dfrac{\pi}{s}}

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