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^{4-3 s}}{(s+4)^{5 / 2}}\right\}.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • Provar a propriedade de translação no tempo: se F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}\) então \[\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=g(t),
onde
g(t)=\begin{cases} f(t-a), & \text{se } t>a,\\[4pt] 0, & \text{se } t<a. \end{cases}
  • Aplicar essa propriedade para calcular
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{e^{4-3 s}}{(s+4)^{5/2}}\right\}.
Informações relevantes dadas:
  • A propriedade envolve um fator multiplicativo e^{-a s}\] no domínio de Laplace e um deslocamento no tempo \(t\mapsto t-a na inversa.
  • Na aplicação, a função a inverter contém o fator e^{4-3s} = e^{4}\,e^{-3s}, ou seja, há um deslocamento temporal com a=3 e uma constante multiplicativa e^{4}.
    A partir daqui vou primeiro provar a propriedade e depois usar o resultado na aplicação.]

Passo 2

Definição e ideia principal (muito importante para entender a prova).
  • Definição de transformada de Laplace: para uma função h(t)\) (adequada), \[\mathcal{L}\{h(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}h(t)\,dt.
  • Para representar a função que é zero antes de t=a e igual a f(t-a) depois de a, é conveniente usar a função degrau de Heaviside u(t-a), definida por
u(t-a)=\begin{cases}1,&t\ge a,\\\ 0,&t<a.\end{cases}
Assim a função que aparece na propriedade pode ser escrita como
g(t)=u(t-a)\,f(t-a).
A estratégia: calcular \mathcal{L}\{g(t)\}\] pela definição e mostrar que dá \(e^{-as}F(s). Isso prova que a inversa de e^{-as}F(s) é g(t).

Passo 3

Cálculo do \mathcal{L}\{g(t)\} passo a passo.
Começamos por escrever a transformada pela definição:
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} g(t)\,dt =\int_{0}^{\infty} e^{-s t} u(t-a) f(t-a)\,dt.
Como u(t-a)=0 para t<a e 1 para t\ge a, o intervalo de integração reduz-se a t variando de a até \infty:
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{a}^{\infty} e^{-s t} f(t-a)\,dt.

Passo 4

Troca de variável (substituição) para relacionar com F(s).
Faço a substituição \tau=t-a. Então t=\tau+a e dt=d\tau. Quando t=a temos \tau=0; quando t\to\infty temos \tau\to\infty. Assim
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+a)} f(\tau)\,d\tau = e^{-a s}\int_{0}^{\infty} e^{-s \tau} f(\tau)\,d\tau.
Pela definição de F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}(s) a integral é exatamente F(s). Portanto
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=e^{-a s}F(s).

Passo 5

Conclusão da prova da propriedade.
Visto que \mathcal{L}\{g(t)\}(s)=e^{-a s}F(s), pela unicidade da transformada de Laplace segue-se que a inversa é g(t). Ou seja,
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=g(t)=u(t-a)\,f(t-a),
o que em forma equivalente dá
\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 no tempo.]

Passo 6

Aplicação: identificar F(s) e o deslocamento em
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{e^{4-3 s}}{(s+4)^{5/2}}\right\}.
Escrevo e^{4-3s}=e^{4}\,e^{-3s}. Então a função a inverter é
\dfrac{e^{4-3 s}}{(s+4)^{5/2}} = e^{4}\;\dfrac{e^{-3s}}{(s+4)^{5/2}}.
Comparando com a propriedade: aqui a=3 (o deslocamento) e
F(s)=\dfrac{1}{(s+4)^{5/2}}.
Primeiro encontro f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{(s+4)^{5/2}}\right\}. Depois aplico o deslocamento por a=3 e multiplico por e^{4}.

Passo 7

Calcular f(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{(s+4)^{5/2}}\right\} usando a fórmula com a função Gamma.
Conhecimento útil (fórmula padrão): para \alpha>-1,
\mathcal{L}\{t^{\alpha}e^{-a t}\}(s)=\dfrac{\Gamma(\alpha+1)}{(s+a)^{\alpha+1}}.
Invertendo,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{(s+a)^{\nu}}\right\} =\dfrac{1}{\Gamma(\nu)}\,t^{\nu-1}e^{-a t}, \qquad \text{onde } \nu>0.
No nosso caso \nu=\tfrac{5}{2} e a=4. Logo
f(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{(s+4)^{5/2}}\right\} =\dfrac{1}{\Gamma\!\left(\tfrac{5}{2}\right)}\,t^{\tfrac{3}{2}} e^{-4t}.
Preciso do valor de \Gamma\!\left(\tfrac{5}{2}\right). Usando \Gamma\!\left(x+1\right)=x\Gamma(x) e \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}:
\Gamma\!\left(\tfrac{5}{2}\right)=\tfrac{3}{2}\Gamma\!\left(\tfrac{3}{2}\right) =\tfrac{3}{2}\cdot\tfrac{1}{2}\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right) =\tfrac{3}{2}\cdot\tfrac{1}{2}\sqrt{\pi} =\tfrac{3}{4}\sqrt{\pi}.
Portanto
f(t)=\dfrac{1}{\tfrac{3}{4}\sqrt{\pi}}\,t^{3/2}e^{-4t} =\dfrac{4}{3\sqrt{\pi}}\,t^{3/2}e^{-4t}.

Passo 8

Aplicar a propriedade de translação com a=3 e multiplicar pela constante e^{4}.
Pela propriedade, a inversa de e^{-3s}F(s) é u(t-3)f(t-3). Como temos e^{4}e^{-3s}F(s), o fator e^{4} sai multiplicando no domínio do tempo. Assim a inversa pedida é
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{e^{4-3 s}}{(s+4)^{5/2}}\right\} = e^{4}\,u(t-3)\,f(t-3).
Substituindo f obtido no passo anterior:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{e^{4-3 s}}{(s+4)^{5/2}}\right\} = e^{4}\,u(t-3)\,\dfrac{4}{3\sqrt{\pi}}\,(t-3)^{3/2}\,e^{-4(t-3)}.
Isso é a forma final; pode-se deixar o fator exponencial multiplicado com e^{4} se quiser, mas a escrita acima é clara e mostra a estrutura u(t-3)f(t-3).

Resposta

\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=u(t-a)\,f(t-a)=\begin{cases}f(t-a),&t>a,\\[4pt]0,&t<a,\end{cases}
\displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{e^{4-3 s}}{(s+4)^{5/2}}\right\} = e^{4}\,u(t-3)\,\dfrac{4}{3\sqrt{\pi}}\,(t-3)^{3/2}\,e^{-4(t-3)}]

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