Exercício 5.8 Mostre que
\mathscr{L}^{-1}\{F(s)\}=-\frac{1}{t} \mathscr{L}^{-1}\left\{\frac{d}{d s} F(s)\right\} .

Passo 1

O enunciado pede para mostrar a identidade
\mathscr{L}^{-1}\{F(s)\}=-\frac{1}{t}\,\mathscr{L}^{-1}\!\left\{\frac{d}{d s}F(s)\right\}.
Informações e hipóteses implícitas que vou usar (peguei estas da forma usual da transformada de Laplace):
  • Suponha que exista uma função f(t) tal que
F(s)=\mathscr{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt
para s>a (algum a\in\mathbb{R}).
  • Admito que f(t) é de ordem exponencial (ou seja, existem constantes M>0 e a tais que |f(t)|\le M e^{a t} para t grande), condição que garante convergência e permite diferenciar sob o sinal de integral para s>a.
  • O que se pede: provar a igualdade acima, isto é, expressar f(t)=\mathscr{L}^{-1}\{F(s)\} em termos da transformada inversa de F'(s).

Passo 2

Lembrando a definição e uma propriedade básica. Definição da transformada de Laplace (tudo em TeX):
\mathscr{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt.
A ideia será calcular \dfrac{d}{ds}F(s) a partir dessa integral e identificar o que é essa derivada em termos de transformadas de Laplace. Para isso vou usar a operação de derivar em relação a s por dentro da integral (diferenciação sob o sinal de integral).

Passo 3

Diferenciação sob o sinal de integral. Calculo formal:
\frac{d}{d s}F(s)=\frac{d}{d s}\int_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt=\int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial s}\bigl(e^{-st}f(t)\bigr)\,dt.
Como \dfrac{\partial}{\partial s}\bigl(e^{-st}f(t)\bigr)=-t e^{-st}f(t), obtemos
\frac{d}{d s}F(s)=-\int_{0}^{\infty}t\,e^{-st}f(t)\,dt.

Passo 4

Justificando a troca derivada–integral. Preciso garantir que é permitido trazer a derivada para dentro da integral. A hipótese de ordem exponencial fornece uma cota do tipo |f(t)|\le M e^{a t}. Para s>a tem-se
|t\,e^{-st}f(t)|\le M\,t\,e^{-(s-a)t}.
A função t\,e^{-(s-a)t} é integrável em [0,\infty) quando s>a. Portanto a desigualdade dominante permite aplicar o teorema da convergência dominada (ou resultados equivalentes de diferenciação sob o sinal de integral) e justificar rigorosamente a passagem da derivada para dentro da integral para s>a.

Passo 5

Reconhecendo a transformada de Laplace. A expressão obtida em do Passo 3 é (note o sinal menos)
\frac{d}{d s}F(s)=-\int_{0}^{\infty}t\,e^{-st}f(t)\,dt=-\mathscr{L}\{t f(t)\}(s).
Assim temos a identidade de transformadas
\mathscr{L}\{t f(t)\}(s)=-\frac{d}{d s}F(s).

Passo 6

Aplicando a transformada inversa e isolando f(t). Agora aplico \mathscr{L}^{-1} aos dois lados da igualdade do Passo 5:
t f(t)=\mathscr{L}^{-1}\!\left\{-\frac{d}{d s}F(s)\right\}=-\mathscr{L}^{-1}\!\left\{\frac{d}{d s}F(s)\right\}.
Finalmente, desde que t>0, divido por t para obter
f(t)=-\frac{1}{t}\,\mathscr{L}^{-1}\!\left\{\frac{d}{d s}F(s)\right\}.
Mas f(t)=\mathscr{L}^{-1}\{F(s)\}, logo chegamos exatamente à identidade solicitada.

Passo 7

Um exemplo rápido para fixar a ideia. Tome f(t)=e^{at}. Então
F(s)=\mathscr{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a}\qquad(\text{para }s>a).
A derivada é
\frac{d}{ds}F(s)=-\frac{1}{(s-a)^2}.
A transformada inversa de \dfrac{d}{ds}F(s) é
\mathscr{L}^{-1}\!\left\{\frac{d}{ds}F(s)\right\}=\mathscr{L}^{-1}\!\left\{-\frac{1}{(s-a)^2}\right\}=-t e^{at}.
Logo
-\frac{1}{t}\,\mathscr{L}^{-1}\!\left\{\frac{d}{ds}F(s)\right\}=-\frac{1}{t}(-t e^{at})=e^{at}=\mathscr{L}^{-1}\{F(s)\},
confirmando a identidade no caso concreto.

Resposta

\mathscr{L}^{-1}\{F(s)\}=-\frac{1}{t}\,\mathscr{L}^{-1}\!\left\{\frac{d}{d s}F(s)\right\}.

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