Questão 46. Mostre que
\mathcal{L}\left\{\int_{t}^{\infty} \frac{e^{-\tau}}{\tau} d \tau\right\}=\frac{\ln (s+1)}{s}

Passo 1

O enunciado pede para calcular a transformada de Laplace da função dada por
f(t)=\int_{t}^{\infty}\frac{e^{-\tau}}{\tau}\,d\tau.
Ou seja, precisamos mostrar que
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\frac{\ln(s+1)}{s}.
Informações dadas e observações iniciais:
  • A função f(t) está definida para t>0 por uma integral imprópria em \tau.
  • A transformada de Laplace é, por definição,
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t)\,dt,
desde que essa integral convirja (vamos trabalhar para s>0, onde a convergência será garantida).
  • O enunciado quer que mostremos a igualdade da transformada com \dfrac{\ln(s+1)}{s}.

Passo 2

Escrevemos a transformada substituindo f(t) pela integral dada:
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\left(\int_{t}^{\infty}\frac{e^{-\tau}}{\tau}\,d\tau\right)dt.
Aqui temos uma integral dupla sobre a região \{(t,\tau): 0\le t<\infty,\; \tau\ge t\}. Note que o integrando é não negativo para s\ge0, pois e^{-st}\ge0 e \dfrac{e^{-\tau}}{\tau}\ge0 (para \tau>0). Para s>0 podemos aplicar o Teorema de Tonelli (ou Fubini, com justificativa de convergência) e trocar a ordem de integração sem problemas.

Passo 3

Trocando a ordem de integração, descrevemos a mesma região como \{(\tau,t): 0<\tau<\infty,\; 0\le t\le\tau\}. Assim
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{\tau} e^{-st}\,dt\right)\frac{e^{-\tau}}{\tau}\,d\tau.

Passo 4

Calculamos a integral interna em t. É uma primitiva simples:
\int_{0}^{\tau} e^{-st}\,dt=\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_{0}^{\tau}=\frac{1-e^{-s\tau}}{s},
válida para s\neq 0. Substituindo na integral em \tau obtemos
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty}\frac{1-e^{-s\tau}}{s}\cdot\frac{e^{-\tau}}{\tau}\,d\tau =\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\tau}-e^{-(s+1)\tau}}{\tau}\,d\tau.

Passo 5

Precisamos agora avaliar a integral impropria
I(s)=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\tau}-e^{-(s+1)\tau}}{\tau}\,d\tau.
Essa é uma forma padrão: a diferença de duas integrais tipo \int_{0}^{\infty} e^{-a\tau}/\tau\,d\tau (cada uma isoladamente diverge), mas a diferença converge. Para avaliar I(s) definimos, para a>0,
g(a)=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{- \tau}-e^{-a\tau}}{\tau}\,d\tau.
Note que I(s)=g(s+1).

Passo 6

Calculamos g'(a) diferenciando sob o sinal de integral (justificado porque a derivada do integrando em relação a a é \int_{0}^{\infty} e^{-a\tau}(-\tau)/\tau\,d\tau=-\int_{0}^{\infty} e^{-a\tau}\,d\tau, e as condições de integrabilidade para a>0 permitem a troca). Assim
g'(a)=\int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial a}\bigl(-e^{-a\tau}/\tau\bigr)\,d\tau =\int_{0}^{\infty}(-)(-e^{-a\tau})\,d\tau=\int_{0}^{\infty} e^{-a\tau}\,d\tau.
Essa integral é uma integral geométrica simples:
\int_{0}^{\infty} e^{-a\tau}\,d\tau=\frac{1}{a}.
Portanto
g'(a)=\frac{1}{a}.

Passo 7

Integrando g'(a)=1/a em a obtemos
g(a)=\ln a + C,
onde C é constante. Para determinar C avaliamos g em a=1:
g(1)=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\tau}-e^{-1\cdot\tau}}{\tau}\,d\tau=\int_{0}^{\infty}0\,d\tau=0.
Logo 0=g(1)=\ln 1 + C=0+C, daí C=0. Assim
g(a)=\ln a\quad\text{para }a>0.

Passo 8

Voltando ao nosso caso, lembrando que I(s)=g(s+1), obtemos
I(s)=\ln(s+1).
Substituindo em \mathcal{L}\{f\}(s)=\dfrac{1}{s}I(s) concluímos que, para s>0,
\mathcal{L}\{f\}(s)=\frac{\ln(s+1)}{s}.

Resposta

\displaystyle \frac{\ln(s+1)}{s}

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