Nos itens a seguir, calcule as transformadas de Laplace:
\quad \mathcal{L}\left\{t^{3} e^{-2 t}\right\}

Passo 1

O que o enunciado pede e o que foi dado:
  • Pede-se calcular a transformada de Laplace da função t^{3} e^{-2t}.
  • Informação dada: a função a transformar é t^{3} e^{-2t}, definida para t\ge 0.
  • Não há outras informações no enunciado.

Passo 2

Definição da transformada de Laplace (a fórmula básica que vou usar).
  • A transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} f(t)\,e^{-s t}\,dt,
onde s é uma variável complexa e a integral converge para certos valores de s (essa região de convergência será discutida depois).
  • Aqui f(t)=t^{3}e^{-2t}.

Passo 3

Aplicando a definição ao nosso caso e simplificando o integrando.
  • Pelo definidor,
\mathcal{L}\{t^{3}e^{-2t}\}(s)=\int_{0}^{\infty} t^{3}e^{-2t} e^{-s t}\,dt=\int_{0}^{\infty} t^{3} e^{-(s+2)t}\,dt.
  • Para que essa integral impropria convirja é necessário que a parte real de s+2 seja positiva, ou seja \Re(s+2)>0, isto é \Re(s)>-2. Vou usar isso no final.

Passo 4

Estratégias possíveis para calcular a integral.
  • Método rápido (teorema do deslocamento exponencial): se já se conhece \mathcal{L}\{t^{n}\}(s)=\dfrac{n!}{s^{\,n+1}} para \Re(s)>0, então, usando \mathcal{L}\{e^{a t}f(t)\}(s)=F(s-a), basta aplicar a substituição s\mapsto s+2.
  • Método direto (didático): calcular a integral \displaystyle \int_{0}^{\infty} t^{3} e^{-\alpha t}\,dt (com \alpha=s+2) por partes repetidas e mostrar que dá \dfrac{3!}{\alpha^{4}}. Vou fazer os dois para você aprender bem.

Passo 5

Método A — atalho pelo deslocamento exponencial (rápido e prático).
  • Sabe-se que
\mathcal{L}\{t^{3}\}(s)=\frac{3!}{s^{4}}=\frac{6}{s^{4}},\qquad \Re(s)>0.
  • Pelo teorema do deslocamento exponencial, para a=-2,
\mathcal{L}\{e^{-2t}t^{3}\}(s)=\mathcal{L}\{t^{3}\}(s+2)=\frac{6}{(s+2)^{4}}.
  • Aqui a condição de convergência passa a ser \Re(s+2)>0, isto é \Re(s)>-2.

Passo 6

Método B — cálculo direto por integração por partes (mostrando a conta passo a passo).
  • Defina \alpha=s+2 e considere
I(\alpha)=\int_{0}^{\infty} t^{3} e^{-\alpha t}\,dt,
com \Re(\alpha)>0.
  • Primeira integração por partes: escolha u=t^{3} e dv=e^{-\alpha t}dt. Então du=3t^{2}dt e v=-\dfrac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}. Assim
I(\alpha)=\Big[ -\dfrac{t^{3}}{\alpha}e^{-\alpha t}\Big]_{0}^{\infty}+\dfrac{3}{\alpha}\int_{0}^{\infty} t^{2} e^{-\alpha t}\,dt.
  • Avaliando o termo de contorno: como \Re(\alpha)>0, t^{3}e^{-\alpha t}\to 0 quando t\to\infty, e no t=0 o termo é zero; portanto o termo de contorno é zero. Logo
I(\alpha)=\dfrac{3}{\alpha}\int_{0}^{\infty} t^{2} e^{-\alpha t}\,dt.
  • Segunda integração por partes na integral remanescente: para J(\alpha)=\int_{0}^{\infty} t^{2} e^{-\alpha t}\,dt, escolha u=t^{2}, dv=e^{-\alpha t}dt. Seguindo o mesmo raciocínio obtém-se
J(\alpha)=\dfrac{2}{\alpha}\int_{0}^{\infty} t\, e^{-\alpha t}\,dt.
  • Terceira integração por partes: para K(\alpha)=\int_{0}^{\infty} t e^{-\alpha t}\,dt, com u=t, dv=e^{-\alpha t}dt, resulta
K(\alpha)=\dfrac{1}{\alpha}\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha t}\,dt=\dfrac{1}{\alpha}\cdot\frac{1}{\alpha}=\frac{1}{\alpha^{2}}.
  • Retrocedendo:
J(\alpha)=\dfrac{2}{\alpha}K(\alpha)=\dfrac{2}{\alpha}\cdot\frac{1}{\alpha^{2}}=\frac{2}{\alpha^{3}}.
I(\alpha)=\dfrac{3}{\alpha}J(\alpha)=\dfrac{3}{\alpha}\cdot\frac{2}{\alpha^{3}}=\frac{6}{\alpha^{4}}.
  • Substituindo \alpha=s+2 obtemos novamente
\mathcal{L}\{t^{3}e^{-2t}\}(s)=\frac{6}{(s+2)^{4}},
válido para \Re(s)>-2.

Passo 7

Interpretação final e dica para a prova (forma prática).
  • Resultado prático: o fator exponencial e^{-2t} desloca s para s+2 na transformada padrão de t^{3}.
  • Dica curta: para t^{n} e^{a t}, calcule \mathcal{L}\{t^{n}\} e depois faça s\mapsto s-a.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{t^{3} e^{-2 t}\}(s)=\frac{6}{(s+2)^{4}},\\ \Re(s)>-2

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