Questão 65. Prove a propriedade de translação: Se F(s)=\mathcal{L}^{-1}\left\{f(t)\right\} então
\mathcal{L}^{-1}\left\{e^{-a s} F(s)\right\}=g(t)
onde
g(t)=\left\{\begin{aligned}f(t-a), & \text { se } t>a \\\ 0, & \text { se } t<a\end{aligned}\right.
Como aplicação, calcule
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-5 s}}{(s-2)^{2}}\right\};

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • Provar a propriedade de translação: mostrar que, se \;F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}\), então \[\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=g(t)
onde
g(t)=\begin{cases}f(t-a), & \text{se } t>a,\\[4pt] 0, & \text{se } t<a.\end{cases}
  • Aplicar essa propriedade para calcular
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{e^{-5 s}}{(s-2)^{2}}\right\}.
Informações dadas (resumindo): há uma função f\] com transformada \(\;F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}; há um parâmetro de atraso \;a (positivo, normalmente); e na aplicação temos a=5 e F(s)=\dfrac{1}{(s-2)^{2}}.]

Passo 2

Definição conveniente: introduzir a função degrau unitário deslocada \;u(t-a)\), definida por \[u(t-a)=\begin{cases}1,& t\ge a,\\[4pt]0,& t<a.\end{cases}
A função buscada pode ser escrita de forma compacta como
g(t)=f(t-a)\,u(t-a).
Isso deixa explícito que g(t)=0\] para \(t<a e g(t)=f(t-a) para t\ge a.]

Passo 3

Calcular a transformada de Laplace de g(t). Pela definição da transformada de Laplace,
\mathcal{L}\{g(t)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} g(t)\,dt=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t-a)\,u(t-a)\,dt.
Como u(t-a)=0 para t<a e vale 1 para t\ge a, o integral acima reduz-se a
\mathcal{L}\{g(t)\}=\int_{a}^{\infty} e^{-s t} f(t-a)\,dt.

Passo 4

Mudar variável no integral para eliminar o deslocamento temporal. Seja \tau=t-a. Então quando t=a temos \tau=0, e quando t\to\infty temos \tau\to\infty. Além disso dt=d\tau e t=\tau+a. Substituindo,
\mathcal{L}\{g(t)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+a)} f(\tau)\,d\tau = e^{-a s}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau} f(\tau)\,d\tau.
Mas a integral \displaystyle\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau} f(\tau)\,d\tau é exatamente F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}. Logo
\mathcal{L}\{g(t)\}=e^{-a s}F(s).

Passo 5

Concluir a propriedade usando unicidade da transformada de Laplace: se duas funções têm a mesma transformada de Laplace (na faixa de convergência), então são iguais quase em toda parte. Como mostramos que a função g(t)=f(t-a)u(t-a) tem transformada \;e^{-a s}F(s), segue que
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=g(t)=f(t-a)u(t-a),
ou, escrito em peça:
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=\begin{cases}f(t-a),& t>a,\\[4pt]0,& t<a.\end{cases}
Isso prova a propriedade de translação (também chamada de teorema do atraso ou time-shifting).]

Passo 6

Aplicação ao caso \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{e^{-5 s}}{(s-2)^{2}}\right\}.
Passo intermediário: identificar F(s)=\dfrac{1}{(s-2)^{2}}. Precisamos da função f(t) tal que \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s). Recordando uma transformada padrão:
\mathcal{L}\{t e^{a t}\}=\frac{1}{(s-a)^{2}}\quad(\text{para } \operatorname{Re}(s)>a).
Prova rápida dessa identidade por integração por partes: seja b=s-a com \operatorname{Re}(b)>0. Então
\mathcal{L}\{t e^{a t}\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,t e^{a t}\,dt=\int_{0}^{\infty} t e^{-b t}\,dt.
Fazendo integração por partes (tomando u=t, dv=e^{-b t}dt), obtém-se
\int_{0}^{\infty} t e^{-b t}\,dt=\left[-\frac{t}{b}e^{-b t}\right]_{0}^{\infty}+\int_{0}^{\infty}\frac{1}{b}e^{-b t}\,dt =0+\frac{1}{b}\cdot\frac{1}{b}=\frac{1}{b^{2}}.
Logo \mathcal{L}\{t e^{a t}\}=\dfrac{1}{(s-a)^{2}}. No nosso caso a=2, então
\mathcal{L}\{t e^{2 t}\}=\frac{1}{(s-2)^{2}}.
Assim f(t)=t e^{2 t}.

Passo 7

Aplicando o teorema do atraso com a=5 e f(t)=t e^{2 t}, a inversa pedida é
g(t)=f(t-5)u(t-5)=(t-5)\,e^{2(t-5)}\,u(t-5).
Escrevendo em forma peça (como no enunciado):
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{e^{-5 s}}{(s-2)^{2}}\right\}=\begin{cases}(t-5)\,e^{2(t-5)},& t>5,\\[4pt]0,& t<5.\end{cases}]

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=f(t-a)\,u(t-a)=\begin{cases}f(t-a),& t>a,\\[4pt]0,& t<a,\end{cases}
\displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{e^{-5 s}}{(s-2)^{2}}\right\}=\begin{cases}(t-5)\,e^{2(t-5)},& t>5,\\[4pt]0,& t<5.\end{cases}]

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