Questão 53. Mostre que
\mathcal{L}\left\{\frac{e^{-a t}-e^{-b t}}{t}\right\}=\ln \left(\frac{s+b}{s+a}\right)

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que a transformada de Laplace da função \dfrac{e^{-a t}-e^{-b t}}{t} é igual a \ln\!\left(\dfrac{s+b}{s+a}\right). Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
  • A função cuja transformada queremos é \dfrac{e^{-a t}-e^{-b t}}{t}.
  • A transformada de Laplace que precisamos calcular é, por definição,
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t)\,dt.
  • Não foi especificado no enunciado se a e b são reais ou complexos; para a validade das manipulações vamos assumir que s+a e s+b têm parte real positiva (isto garante convergência dos integrais). Se a e b forem reais e não negativos, basta tomar s>0.

Passo 2

Escrevo a transformada usando a definição e simplifico o integrando:
\mathcal{L}\!\left\{\frac{e^{-a t}-e^{-b t}}{t}\right\}(s) =\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,\frac{e^{-a t}-e^{-b t}}{t}\,dt =\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-(s+a)t}-e^{-(s+b)t}}{t}\,dt.
Então precisamos avaliar o integral impróprio
I=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-(s+a)t}-e^{-(s+b)t}}{t}\,dt,
sob a hipótese \Re(s+a)>0 e \Re(s+b)>0.

Passo 3

Para lidar com esse tipo de integral, é prático tratar um parâmetro. Defino, para um parâmetro \lambda com \Re\lambda>0,
F(\lambda)=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\lambda t}-e^{-\mu t}}{t}\,dt,
onde \mu é um parâmetro fixo com \Re\mu>0. No nosso caso concreto tomaremos \lambda=s+a e \mu=s+b. A ideia é diferenciar F(\lambda) em relação a \lambda (isso simplifica muito o integral).

Passo 4

Calculo a derivada de F(\lambda) em relação a \lambda. Justifico, informalmente, que posso trocar derivação com integral: para \Re\lambda>0 temos convergência absoluta e a derivada do integrando em t é dominada por uma função integrável, então a troca é válida (teorema da convergência dominada / diferenciação sob o sinal de integral).
Diferenciando:
F'(\lambda)=\frac{d}{d\lambda}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\lambda t}-e^{-\mu t}}{t}\,dt =\int_{0}^{\infty}\frac{\partial}{\partial\lambda}\left(\frac{e^{-\lambda t}-e^{-\mu t}}{t}\right)dt.
Como \partial(e^{-\lambda t})/\partial\lambda = -t e^{-\lambda t}, obtemos
F'(\lambda)=\int_{0}^{\infty}\frac{-t e^{-\lambda t}}{t}\,dt=-\int_{0}^{\infty} e^{-\lambda t}\,dt.

Passo 5

Calculo o integral simples que apareceu:
\int_{0}^{\infty} e^{-\lambda t}\,dt=\left[-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda t}\right]_{0}^{\infty}=\frac{1}{\lambda},
onde usei \Re\lambda>0 para garantir que e^{-\lambda t}\to 0 quando t\to\infty. Portanto
F'(\lambda)=-\frac{1}{\lambda}.

Passo 6

Integro em relação a \lambda para recuperar F(\lambda). Uma primitiva de -1/\lambda é -\ln\lambda (ou, mais convenientemente, -\ln\lambda + C). Assim
F(\lambda)=-\ln\lambda + C.
Determino a constante C avaliando F em \lambda=\mu. Pela definição,
F(\mu)=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\mu t}-e^{-\mu t}}{t}\,dt=0.
Substituindo na expressão geral:
0=F(\mu)=-\ln\mu + C \quad\Rightarrow\quad C=\ln\mu.
Logo
F(\lambda)=-\ln\lambda + \ln\mu=\ln\!\left(\frac{\mu}{\lambda}\right).

Passo 7

Retorno ao nosso caso original: tomamos \lambda=s+a e \mu=s+b. Assim
\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-(s+a)t}-e^{-(s+b)t}}{t}\,dt =F(s+a)=\ln\!\left(\frac{s+b}{s+a}\right),
válido quando \Re(s+a)>0 e \Re(s+b)>0. Isso é exatamente a transformada desejada.

Resposta

\mathcal{L}\left\{\frac{e^{-a t}-e^{-b t}}{t}\right\}=\ln\!\left(\frac{s+b}{s+a}\right)

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