Exercício 5.10 Nos problemas a seguir, calcule:
\mathscr{L}\left\{t e^{-6 t}\right\}

Passo 1

O enunciado pede que se calcule a transformada de Laplace da função
t e^{-6 t}.
Não há outros dados no enunciado: a função é definida para t\ge 0 e a tarefa é encontrar \mathscr{L}\{t e^{-6 t}\}.

Passo 2

Lembrete da definição da transformada de Laplace e do que cada símbolo significa.
A transformada de Laplace de uma função f(t) (para t\ge 0) é definida por
\mathscr{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-s t}f(t)\,dt,
onde s é uma variável complexa e a integral converge para valores de s em uma região onde o integrando decai suficientemente rápido.
Também é útil lembrar duas propriedades básicas (explicadas em linguagem simples):
  • Transformada de potência: para n inteiro não negativo,
\mathscr{L}\{t^{n}\}(s)=\frac{n!}{s^{n+1}},
desde que \operatorname{Re}(s)>0 quando aplicável. No caso n=1 obtemos
\mathscr{L}\{t\}(s)=\frac{1}{s^{2}}.
  • Teorema do deslocamento exponencial (shift): se \mathscr{L}\{f(t)\}(s)=F(s) então, para qualquer constante a,
\mathscr{L}\{e^{a t}f(t)\}(s)=F(s-a).
Aqui a pode ser negativo; o efeito é substituir s por s-a na transformada de f.

Passo 3

Aplicando o teorema do deslocamento exponencial de forma direta (método rápido e seguro para provas).
Tomamos f(t)=t. Sabemos que
\mathscr{L}\{t\}(s)=\frac{1}{s^{2}}.
Na nossa função temos t e^{-6 t}=e^{a t}f(t) com a=-6. Pelo teorema do deslocamento:
\mathscr{L}\{t e^{-6 t}\}(s)=\mathscr{L}\{e^{(-6)t}t\}(s)=\left.\frac{1}{u^{2}}\right|_{u=s-(-6)}=\frac{1}{(s+6)^{2}}.

Passo 4

Verificação alternativa por integral direta (para você ver a conta completa): calcular
\mathscr{L}\{t e^{-6 t}\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-s t}\,t e^{-6 t}\,dt=\int_{0}^{\infty}t e^{-(s+6)t}\,dt.
Defina \alpha=s+6. Supondo \operatorname{Re}(\alpha)>0 (condição de convergência que vamos discutir), temos
\int_{0}^{\infty}t e^{-\alpha t}\,dt.
Use integração por partes: tome u=t e dv=e^{-\alpha t}dt. Então du=dt e v=-\dfrac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}. Logo
\int_{0}^{\infty}t e^{-\alpha t}\,dt=\left.-\frac{t}{\alpha}e^{-\alpha t}\right|_{0}^{\infty}+\frac{1}{\alpha}\int_{0}^{\infty}e^{-\alpha t}\,dt.
O termo \left.-\dfrac{t}{\alpha}e^{-\alpha t}\right|_{0}^{\infty} vale 0-0=0 porque e^{-\alpha t} decai mais rápido que t cresce quando \operatorname{Re}(\alpha)>0. A outra integral é
\frac{1}{\alpha}\int_{0}^{\infty}e^{-\alpha t}\,dt=\frac{1}{\alpha}\cdot\frac{1}{\alpha}=\frac{1}{\alpha^{2}}.
Substituindo \alpha=s+6 obtemos novamente
\mathscr{L}\{t e^{-6 t}\}(s)=\frac{1}{(s+6)^{2}}.

Passo 5

Condição de convergência: para a integral usada acima convergir é necessário \operatorname{Re}(s+6)>0, ou seja
\operatorname{Re}(s)>-6.
Em provas costuma-se mencionar a região de convergência junto com a transformada.

Resposta

\mathscr{L}\{t e^{-6 t}\}(s)=\frac{1}{(s+6)^{2}},\qquad \operatorname{Re}(s)>-6

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