Questão 27. Sejam m, n \in \mathbb{N}. Mostre que
\int_{0}^{x}(x-t)^{n} t^{m} d t=\frac{n!m!}{(m+n+1)!} x^{m+n+1}
(Sugestão: Use o Teorema da convolução para f(t)=t^{n} e g(t)=t^{m}.)

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que, dado m,n\in\mathbb{N},
\int_{0}^{x}(x-t)^{n} t^{m}\,d t=\frac{n!m!}{(m+n+1)!}\,x^{m+n+1}.
Informações dadas: m e n são inteiros naturais e a integral é sobre t de 0 a x. O objetivo é provar que essa integral iguala a expressão racional em fatoriais multiplicada por x^{m+n+1}. Não há outras hipóteses adicionais.

Passo 2

Vamos reconhecer a integral como uma convolução. Defina as funções
f(t)=t^{n}\quad\text{e}\quad g(t)=t^{m},
definidas para t\ge 0. A convolução dessas funções, no sentido usual em [0,\infty), é
(f*g)(x)=\int_{0}^{x} f(x-t)\,g(t)\,dt.
Substituindo f e g obtemos exatamente a integral do enunciado:
(f*g)(x)=\int_{0}^{x} (x-t)^{n} t^{m}\,dt.
Portanto provar a fórmula pedida é determinar explicitamente (f*g)(x).

Passo 3

Apresento agora a ferramenta que vamos usar: a transformada de Laplace e o Teorema da Convolução. A transformada de Laplace de uma função h(t) (para t\ge 0) é
\mathcal{L}\{h\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} h(t)\,dt,\qquad s>0.
O Teorema da Convolução diz que, sempre que as transformadas existirem,
\mathcal{L}\{f*g\}(s)=\mathcal{L}\{f\}(s)\cdot\mathcal{L}\{g\}(s).
Estratégia: calcular \mathcal{L}\{f\} e \mathcal{L}\{g\}, multiplicá-las, e inverter a transformada para obter (f*g)(x).

Passo 4

Calculemos \mathcal{L}\{t^{n}\}(s). Por definição,
\mathcal{L}\{t^{n}\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} t^{n}\,dt.
Faça a mudança de variável u=st. Então t=\dfrac{u}{s} e dt=\dfrac{du}{s}. Substituindo:
\int_{0}^{\infty} e^{-st} t^{n}\,dt = \int_{0}^{\infty} e^{-u} \left(\frac{u}{s}\right)^{n}\frac{du}{s} = s^{-(n+1)}\int_{0}^{\infty} u^{n} e^{-u}\,du.
A integral \int_{0}^{\infty} u^{n} e^{-u}\,du é a função Gamma avaliada em n+1, e para n\in\mathbb{N} vale \Gamma(n+1)=n!. Assim
\mathcal{L}\{t^{n}\}(s)=\frac{n!}{s^{n+1}}.
De modo análogo,
\mathcal{L}\{t^{m}\}(s)=\frac{m!}{s^{m+1}}.

Passo 5

Pelo Teorema da Convolução,
\mathcal{L}\{f*g\}(s)=\mathcal{L}\{t^{n}\}(s)\cdot\mathcal{L}\{t^{m}\}(s) =\frac{n!}{s^{n+1}}\cdot\frac{m!}{s^{m+1}} =\frac{n!m!}{s^{m+n+2}}.

Passo 6

Agora precisamos inverter a transformada para obter (f*g)(x). Usamos a fórmula conhecida (obtida pelo mesmo cálculo da transformada acima, invertido): para k\in\mathbb{N},
\mathcal{L}\{x^{k}\}(s)=\frac{k!}{s^{k+1}}.
Comparando com o resultado do passo anterior, vemos que
\frac{n!m!}{s^{m+n+2}} = n!m!\cdot\frac{1}{s^{(m+n+1)+1}} = \mathcal{L}\left\{n!m!\cdot\frac{x^{m+n+1}}{(m+n+1)!}\right\}(s),
porque aplicando a fórmula com k=m+n+1 \mathcal{L}\{x^{m+n+1}\}(s)=\dfrac{(m+n+1)!}{s^{m+n+2}}. Logo a transformada inversa é
(f*g)(x)=\frac{n!m!}{(m+n+1)!}\,x^{m+n+1}.

Passo 7

Concluímos que a integral originalmente pedida, que é (f*g)(x), é exatamente
\int_{0}^{x}(x-t)^{n} t^{m}\,dt=\frac{n!m!}{(m+n+1)!}\,x^{m+n+1}.
(Como curiosidade rápida: a mesma identidade pode ser obtida por substituição t=xu seguida do uso da função Beta, obtendo x^{m+n+1}B(m+1,n+1) e lembrando que B(m+1,n+1)=\dfrac{m!n!}{(m+n+1)!}.)

Resposta

\displaystyle \frac{n!m!}{(m+n+1)!}\,x^{m+n+1}

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