Problems 28 through 36 are concerned with differentiation of the Laplace transform.
Let
F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t) d t
It is possible to show that as long as f satisfies the conditions of Theorem 6.1.2, it is legitimate to differentiate under the integral sign with respect to the parameter s when s>a.
(a) Show that F^{\prime}(s)=\mathcal{L}\{-t f(t)\}\\ (b) Show that \(F^{(n)}(s)=\mathcal{L}\left\{(-t)^{n} f(t)\right\}; hence differentiating the Laplace transform corresponds to multiplying the original function by -t.)

Passo 1

O enunciado dá a transformada de Laplace
F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t)\,d t,
com a hipótese (pela referência ao Teorema 6.1.2) de que f é de ordem exponencial e que para s>a é legítimo diferenciar sob o sinal de integral. As perguntas são:
  • (a) Mostrar que F^{\prime}(s)=\mathcal{L}\{-t f(t)\}.
  • (b) Mostrar que F^{(n)}(s)=\mathcal{L}\left\{(-t)^{n} f(t)\right\} e, portanto, que derivar a transformada equivale a multiplicar f por -t.

Passo 2

Explicar por que se pode diferenciar sob o integral (breve aula): defina a função de duas variáveis
g(t,s)=e^{-s t}f(t).
A derivada parcial em relação a s é
\frac{\partial}{\partial s}g(t,s)=\frac{\partial}{\partial s}\bigl(e^{-s t}f(t)\bigr)=-t e^{-s t}f(t).
Para poder aplicar a regra de diferenciação sob o sinal de integral precisamos que \frac{\partial}{\partial s}g(t,s) seja integrável em t e que exista uma função dominadora integrável independente de s em algum intervalo s\ge s_0>a. Como f é de ordem exponencial a, existe M>0 tal que |f(t)|\le M e^{a t} para t\ge0. Então, para s>a,
\bigl|t e^{-s t} f(t)\bigr|\le M\, t e^{-(s-a)t}.
A função t\mapsto M t e^{-(s-a)t} é integrável em [0,\infty) porque a integral
\int_{0}^{\infty} t e^{-(s-a)t}\,dt
converge (é uma integral de tipo gama; por exemplo vale \dfrac{1}{(s-a)^2}). Assim existe uma função integrável que domina |\frac{\partial}{\partial s}g(t,s)|, e pelo teorema da diferenciação por parâmetro (ou por convergência dominada), é legítimo trocar derivada e integral para s>a.

Passo 3

Agora calcule a derivada de F trocando derivada e integral (justificado no passo anterior):
F'(s)=\frac{d}{d s}\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t)\,dt =\int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial s}\bigl(e^{-s t} f(t)\bigr)\,dt =\int_{0}^{\infty} -t e^{-s t} f(t)\,dt.
Por definição da transformada de Laplace, a última integral é exatamente \mathcal{L}\{-t f(t)\}(s). Portanto concluímos
F'(s)=\mathcal{L}\{-t f(t)\}(s),
o que responde a parte (a).

Passo 4

Exemplo simples para fixar a ideia: se f(t)=1 então F(s)=\frac{1}{s}. Derivando,
F'(s)=-\frac{1}{s^{2}}.
Por outro lado,
\mathcal{L}\{-t\}(s)=\int_{0}^{\infty}-t e^{-s t}\,dt=-\frac{1}{s^{2}},
confirmando a fórmula em um exemplo concreto.

Passo 5

Provar a parte (b) por indução (passo-a-passo didático):
Base n=1 já feita no Passo 3:
F^{(1)}(s)=\int_{0}^{\infty}(-t)e^{-s t}f(t)\,dt.
Hipótese de indução: suponha que para algum n\ge1,
F^{(n)}(s)=\int_{0}^{\infty}(-t)^{n}e^{-s t}f(t)\,dt.
Passo indutivo: diferencie novamente. Pelo mesmo argumento de dominância (agora com a função dominadora proporcional a t^{\,n+1}e^{-(s-a)t}, cuja integral converge porque é proporcional à função gama), pode-se trocar derivada e integral e obter
F^{(n+1)}(s)=\int_{0}^{\infty}(-t)^{n}\frac{\partial}{\partial s}\bigl(e^{-s t}\bigr)f(t)\,dt =\int_{0}^{\infty}(-t)^{n}(-t)e^{-s t}f(t)\,dt =\int_{0}^{\infty}(-t)^{n+1}e^{-s t}f(t)\,dt.
Isto completa a indução e prova que, para todo n\in\mathbb{N},
F^{(n)}(s)=\mathcal{L}\bigl\{(-t)^{n}f(t)\bigr\}(s).

Passo 6

Interpretação final e observação útil: derivar F corresponde no domínio do tempo a multiplicar f(t) por -t. Equivalentemente, pode-se escrever a identidade frequentemente usada:
\mathcal{L}\{t^{n}f(t)\}(s)=(-1)^{n}F^{(n)}(s),
válida sob as mesmas hipóteses de troca de integral e derivada. Força aí — sempre que vir uma derivada de F pense em um fator -t agindo sobre f.

Resposta

(a) F^{\prime}(s)=\mathcal{L}\{-t f(t)\}
(b) F^{(n)}(s)=\mathcal{L}\left\{(-t)^{n} f(t)\right\}

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