1. Mostre que se f é seccionalmente contínua e de ordem exponencial com \mathcal{L}(f(t))=F(s) então \mathcal{L}\left(\int_{0}^{\infty} f(\tau) d \tau\right)=\frac{1}{s} F(s), ou seja, \int_{0}^{\infty} f(\tau) d \tau=\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{s} F(s)\right).

Passo 1

O enunciado (com pequena correção óbvia) pede para mostrar que, se f é seccionalmente contínua e de ordem exponencial e \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s), então
\mathcal{L}\!\left(\int_{0}^{t} f(\tau)\,d\tau\right)=\frac{1}{s}\,F(s)
e, por consequência,
\int_{0}^{t} f(\tau)\,d\tau=\mathcal{L}^{-1}\!\left(\frac{1}{s}\,F(s)\right).
Informações dadas e relevantes:
\;f é seccionalmente contínua (ou seja, contínua por partes em [0,\infty)), \;f é de ordem exponencial (existe M,a>0 tal que |f(t)|\le M e^{a t} para t grande), e \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) existe para \Re(s)>a.
Observação: interpretei o integral com limite superior t (não \infty), pois a identidade clássica é essa; se fosse até \infty a igualdade dada não faria sentido geral.

Passo 2

Relembrando a definição de Laplace (aula rápida, sem blablá): para uma função h(t) definida em [0,\infty),
\mathcal{L}\{h(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,h(t)\,dt,
onde s é uma variável complexa e a integral converge, tipicamente, para \Re(s) maior que algum número (aqui maior que a).
Explico as variáveis:
\;t é a variável de tempo (ou integração), \;s é a variável do domínio transformado (geralmente complexa) e \;F(s) é o resultado da integral.
Também explico “ordem exponencial”: dizer que f é de ordem exponencial com constante a significa que existem M>0 e T\ge0 tais que
|f(t)|\le M e^{a t}\quad\text{para todo }t\ge T.
Isto garante convergência da integral de Laplace para \Re(s)>a.

Passo 3

Defina a função que aparece na identidade:
g(t):=\int_{0}^{t} f(\tau)\,d\tau.
Queremos calcular \mathcal{L}\{g(t)\}(s). Pela definição,
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\left(\int_{0}^{t} f(\tau)\,d\tau\right) dt.
Nosso objetivo é trocar a ordem de integração no lado direito e obter algo em função de \int_{0}^{\infty} f(\tau)e^{-s\tau}\,d\tau.

Passo 4

Justificativa para trocar a ordem de integração (Fubini/Tonelli): precisamos verificar que a integral dupla é absolutamente convergente para \Re(s)>a. Considere \sigma=\Re(s). Usando a desigualdade triangular e a hipótese de ordem exponencial (após possivelmente ajustar a constante para todo t\ge0) temos
\left|e^{-s t} f(\tau)\right|=e^{-\sigma t}|f(\tau)|\le e^{-\sigma t} M e^{a\tau}.
Agora calcule (estimar) a integral dupla em módulo:
\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{t} e^{-\sigma t}|f(\tau)|\,d\tau\,dt \le M \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{t} e^{-\sigma t} e^{a\tau}\,d\tau\,dt.
Troque a ordem de integração na estimativa (região de integração é o triângulo 0\le\tau\le t<\infty):
M \int_{0}^{\infty}\int_{\tau}^{\infty} e^{-\sigma t} e^{a\tau}\,dt\,d\tau = M \int_{0}^{\infty} e^{a\tau}\left(\int_{\tau}^{\infty} e^{-\sigma t}\,dt\right)d\tau.
A integral interna é elementar e vale \int_{\tau}^{\infty} e^{-\sigma t}\,dt=\dfrac{e^{-\sigma\tau}}{\sigma} para \sigma>0. Portanto a expressão vira
\frac{M}{\sigma}\int_{0}^{\infty} e^{-(\sigma-a)\tau}\,d\tau,
que converge exatamente quando \sigma-a>0, isto é, quando \Re(s)>\,a. Então a integral dupla é absolutamente convergente para \Re(s)>a e podemos aplicar Fubini para trocar a ordem de integração.

Passo 5

Troque a ordem de integração (agora legalmente) e compute:
\mathcal{L}\{g(t)\}(s) =\int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{t} e^{-s t} f(\tau)\,d\tau\right)dt =\int_{0}^{\infty}\left(\int_{\tau}^{\infty} e^{-s t}\,dt\right) f(\tau)\,d\tau.
Calcule a integral interna (fórmula básica de exponencial): para \Re(s)>a,
\int_{\tau}^{\infty} e^{-s t}\,dt=\left[-\frac{1}{s}e^{-s t}\right]_{t=\tau}^{t=\infty}=\frac{e^{-s\tau}}{s}.
Substituindo de volta:
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} f(\tau)\,\frac{e^{-s\tau}}{s}\,d\tau =\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau} f(\tau)\,d\tau.

Passo 6

Mas a integral que apareceu é exatamente \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s). Logo
\mathcal{L}\!\left(\int_{0}^{t} f(\tau)\,d\tau\right)=\frac{1}{s}F(s),
válido para \Re(s)>a. Isto demonstra a primeira igualdade pedida. A segunda segue pela propriedade inversa (unicidade da transformada de Laplace): se uma função g(t) tem Laplace \dfrac{1}{s}F(s), então
g(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left(\frac{1}{s}F(s)\right).
Como g(t)=\int_{0}^{t} f(\tau)\,d\tau, obtemos
\int_{0}^{t} f(\tau)\,d\tau=\mathcal{L}^{-1}\!\left(\frac{1}{s}F(s)\right).

Passo 7

Para fixar a ideia, um exemplo rápido e simples: tome f(t)=1. Então \mathcal{L}\{f\}(s)=1/s. Pela fórmula, \mathcal{L}\{\int_{0}^{t}1\,d\tau\}=\mathcal{L}\{t\}=(1/s)\cdot(1/s)=1/s^{2}, e de fato \mathcal{L}^{-1}\{1/s^{2}\}=t. Combina direitinho com \int_{0}^{t}1\,d\tau=t.

Passo 8

Resumo do raciocínio que você pode escrever na prova sem medo: definir g(t)=\int_{0}^{t}f(\tau)d\tau, escrever \mathcal{L}\{g\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}\int_{0}^{t}f(\tau)d\tau\,dt, justificar a troca das integrais usando que f é de ordem exponencial (assim a integral dupla é absolutamente convergente para \Re(s)>a), trocar as integrais, calcular a integral interna \int_{\tau}^{\infty}e^{-st}dt=e^{-s\tau}/s e concluir \mathcal{L}\{g\}=(1/s)F(s). A partir daí usar a inversa para obter a expressão para g(t). Força aí — é um passo padrão que vale ouro na prova!

Resposta

\mathcal{L}\!\left(\displaystyle\int_{0}^{t} f(\tau)\,d\tau\right)=\dfrac{1}{s}F(s)
\displaystyle\int_{0}^{t} f(\tau)\,d\tau=\mathcal{L}^{-1}\!\left(\dfrac{1}{s}F(s)\right)

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