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. a) \( \mathcal{L}^{-1}\left\{e^{-a s} F(s)\right\}=g(t) \) b) \( g(t)=\left\{\begin{aligned} f(t-a), & \text { se } t>a \\\\ 0, & \text { se } t<a \end{aligned}\right. \) c) \( F(s)=\mathcal{L}^{-1}\left\{f(t)\right\} \) d) Prove a propriedade de translação

Passo 1

O enunciado pede que a gente prove a propriedade de translação da transformada inversa de Laplace. As perguntas/itens que aparecem são:
a) Mostrar que \mathcal{L}^{-1}\left\{e^{-a s} F(s)\right\}=g(t).
b) Mostrar que g(t) é dada por
g(t)=\left\{\begin{aligned} f(t-a), & \text{ se } t>a\\[4pt] 0, & \text{ se } t<a \end{aligned}\right.
c) Foi dada a relação entre F e f; consideramos a forma correta e usual: F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}.
d) Provar a propriedade de translação (ou seja, mostrar formalmente que a igualdade do item a) vale com g(t) do item b)).
Informações dadas que usaremos: a função f(t) (assumimos definida para t\ge0), o parâmetro a\ge 0 e F(s) que é a transformada de Laplace de f.]

Passo 2

Lembrando a definição da transformada de Laplace: para uma função h(t) (com crescimento adequado) define-se
\mathcal{L}\{h(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,h(t)\,dt.
Aqui t é a variável do tempo (real não-negativa) e s é a variável complexa em que a transformada é feita. A transformada inversa \mathcal{L}^{-1}\{\cdot\} é a operação que recupera h(t) a partir de \mathcal{L}\{h(t)\}. A nossa estratégia será mostrar que a transformada de Laplace de g(t) (definida no item b) ) vale exatamente e^{-a s}F(s). Isso implica que a transformada inversa de e^{-a s}F(s) é g(t).

Passo 3

Escrevemos a transformada de Laplace de g(t) usando a definição. Como g(t)=0 para t<a e g(t)=f(t-a) para t>a, temos
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,g(t)\,dt =\int_{0}^{a} e^{-s t}\cdot 0 \,dt + \int_{a}^{\infty} e^{-s t}\,f(t-a)\,dt.
A primeira integral é zero, então fica apenas a integral de a até \infty.

Passo 4

Façamos a mudança de variável canônica para esse tipo de integral: defina \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. Substituindo na integral:
\int_{a}^{\infty} e^{-s t}\,f(t-a)\,dt =\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+a)}\,f(\tau)\,d\tau.
Agora distribuímos o expoente:
\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+a)}\,f(\tau)\,d\tau = e^{-a s}\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\,f(\tau)\,d\tau.

Passo 5

Pelo passo anterior reconhecemos a integral que sobra como a transformada de Laplace de f(t), isto é,
\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau}\,f(\tau)\,d\tau = \mathcal{L}\{f(t)\}(s) = F(s).
Portanto
\mathcal{L}\{g(t)\}(s) = e^{-a s}\,F(s).
Como a transformada de Laplace é uma bijeção (no espaço adequado de funções), isso mostra que a transformada inversa de e^{-a s}F(s) é exatamente g(t). Em palavras: a função cujo Laplace é e^{-a s}F(s) é g(t) definida no passo 1.

Passo 6

Interpretando de forma compacta, a função g(t) pode ser escrita usando a função degrau de Heaviside u(t) (onde u(t)=0 para t<0 e u(t)=1 para t>0) como
g(t)=u(t-a)\,f(t-a).
A propriedade demonstrada é a bem‑conhecida propriedade de translação: a multiplicação de F(s) por e^{-a s} corresponde a deslocar f(t) para a direita em a unidades e desligá‑la (zerá‑la) para t<a.

Passo 7

Um exemplo concreto para fixar a ideia: se f(t)=1 para t\ge0 então F(s)=1/s. Aplicando a propriedade, temos
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-a s}}{s}\right\}=u(t-a),
ou seja, a função degrau deslocada em a. Isso bate com a fórmula geral, pois f(t-a)=1 e g(t)=1 para t>a e 0 para t<a.

Resposta

a) \mathcal{L}^{-1}\left\{e^{-a s} F(s)\right\}=g(t)
b) g(t)=\left\{\begin{aligned} f(t-a), & \text{ se } t>a\\[4pt] 0, & \text{ se } t<a \end{aligned}\right.
c) \;F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}
d) A propriedade de translação foi provada: \mathcal{L}\{g(t)\}(s)=e^{-a s}F(s), logo \mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=g(t).]

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