Questão 66. Prove que, se f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}, então
\mathcal{L}^{-1}\{F(\lambda s)\}=\frac{1}{\lambda} f\left(\frac{t}{\lambda}\right)
Como aplicação mostre que, se \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-1 / s}}{\sqrt{s}}\right\}=\frac{\cos (2 \sqrt{t})}{\sqrt{\pi t}}, então
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-a / s}}{\sqrt{s}}\right\}=\frac{\cos (2 \sqrt{a t})}{\sqrt{\pi t}}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas claras:
  1. Provar a identidade geral: \mathcal{L}^{-1}\{F(\lambda s)\}=\frac{1}{\lambda}\,f\!\left(\frac{t}{\lambda}\right), sabendo que f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}.
  2. Aplicar essa identidade ao caso em que \mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{e^{-1/s}}{\sqrt{s}}\right\}=\dfrac{\cos(2\sqrt{t})}{\sqrt{\pi t}} para mostrar que \mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{e^{-a/s}}{\sqrt{s}}\right\}=\dfrac{\cos(2\sqrt{a t})}{\sqrt{\pi t}}.
Informações dadas:
  • f(t) é a antitransformada de Laplace de F(s), ou seja \mathcal{L}\{f\}=F.
  • Queremos relacionar a antitransformada de F(\lambda s) com f.
  • Na aplicação temos um caso particular para a=1 e queremos generalizar para a>0.
Observação necessária: assumiremos \lambda>0 (para que a substituição de variável abaixo preserve o intervalo [0,\infty) e as propriedades usuais da transformada de Laplace).

Passo 2

Lembremos (ou aprendamos) a definição que vamos usar: a transformada de Laplace de uma função g(t) é
\mathcal{L}\{g\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,g(t)\,dt,
onde s é a variável complexa (mas aqui tratamos a parte de integração real). A ideia do passo a passo é mostrar que a função \tilde g(t)=\dfrac{1}{\lambda} g\!\left(\dfrac{t}{\lambda}\right) tem transformada \mathcal{L}\{\tilde g\}(s)=G(\lambda s) quando G(s)=\mathcal{L}\{g\}(s). Isso dá a identidade de inversa ao inverter o raciocínio.

Passo 3

Seja f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}. Vamos calcular a transformada de Laplace de \dfrac{1}{\lambda} f\!\left(\dfrac{t}{\lambda}\right):
\mathcal{L}\left\{\frac{1}{\lambda} f\!\left(\frac{t}{\lambda}\right)\right\}(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,\frac{1}{\lambda} f\!\left(\frac{t}{\lambda}\right)\,dt.

Passo 4

Agora fazemos a substituição de variável para simplificar a integral. Definimos u=\dfrac{t}{\lambda}. Então t=\lambda u e dt=\lambda\,du. Os limites: quando t=0 temos u=0; quando t\to\infty temos u\to\infty. Substituindo na integral:
\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,\frac{1}{\lambda} f\!\left(\frac{t}{\lambda}\right)\,dt = \int_{0}^{\infty} e^{-s (\lambda u)}\,\frac{1}{\lambda} f(u)\,(\lambda\,du).

Passo 5

Simplificando os fatores \lambda que aparecem (o \lambda do dt cancela o \frac{1}{\lambda} fora):
\int_{0}^{\infty} e^{-s \lambda u}\, f(u)\,du.
Repare que essa integral é exatamente a transformada de Laplace de f avaliada em s\lambda. Ou seja, usando F(s)=\mathcal{L}\{f\}(s), obtemos
\mathcal{L}\left\{\frac{1}{\lambda} f\!\left(\frac{t}{\lambda}\right)\right\}(s)=F(\lambda s).

Passo 6

A relação do passo anterior mostra que a função \dfrac{1}{\lambda} f\!\left(\dfrac{t}{\lambda}\right) tem transformada F(\lambda s). Tomando a transformada inversa de ambos os lados, obtemos a identidade desejada:
\mathcal{L}^{-1}\{F(\lambda s)\}=\frac{1}{\lambda}\, f\!\left(\frac{t}{\lambda}\right).
Isso conclui a prova do enunciado principal. Comentário prático: em provas, basta fazer a substituição u=t/\lambda na integral da transformada para ver emergir o fator 1/\lambda e o argumento t/\lambda.

Passo 7

Agora aplicamos a identidade ao caso específico. Definimos a função F(s)=\dfrac{e^{-1/s}}{\sqrt{s}} e sabemos que
\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}=\frac{\cos(2\sqrt{t})}{\sqrt{\pi t}}.
Queremos \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{e^{-a/s}}{\sqrt{s}}\right\} para a>0.

Passo 8

Relacionamos \dfrac{e^{-a/s}}{\sqrt{s}} com F(\lambda s). Tomemos \lambda=\dfrac{1}{a} (já que queremos transformar o expoente e^{-1/s} em e^{-a/s}). Calcule F(\lambda s):
F(\lambda s)=\frac{e^{-1/(\lambda s)}}{\sqrt{\lambda s}}.
Com \lambda=\dfrac{1}{a} temos 1/(\lambda s)=a/s e \sqrt{\lambda s}=\sqrt{\tfrac{1}{a}s}=\frac{1}{\sqrt{a}}\sqrt{s}. Então
F(\lambda s)=\frac{e^{-a/s}}{\frac{1}{\sqrt{a}}\sqrt{s}}=\sqrt{a}\,\frac{e^{-a/s}}{\sqrt{s}}.

Passo 9

Isolando \dfrac{e^{-a/s}}{\sqrt{s}} obtemos
\frac{e^{-a/s}}{\sqrt{s}}=\frac{1}{\sqrt{a}}\,F(\lambda s) \quad\text{com}\quad \lambda=\frac{1}{a}.
Aplicando a transformada inversa e usando a identidade provada no Passo 6:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{e^{-a/s}}{\sqrt{s}}\right\} = \frac{1}{\sqrt{a}}\,\mathcal{L}^{-1}\{F(\lambda s)\} = \frac{1}{\sqrt{a}}\cdot\frac{1}{\lambda}\,f\!\left(\frac{t}{\lambda}\right).

Passo 10

Substituímos \lambda=\dfrac{1}{a} e f(t)=\dfrac{\cos(2\sqrt{t})}{\sqrt{\pi t}}. Então \dfrac{1}{\lambda}=a e t/\lambda=t/(1/a)=a t. Logo
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{e^{-a/s}}{\sqrt{s}}\right\} = \frac{1}{\sqrt{a}}\cdot a \cdot f(a t) = \sqrt{a}\, f(a t).
Agora escrevemos f(a t):
f(a t)=\frac{\cos\bigl(2\sqrt{a t}\bigr)}{\sqrt{\pi\,a t}}.
Multiplicando por \sqrt{a} obtemos
\sqrt{a}\cdot\frac{\cos\bigl(2\sqrt{a t}\bigr)}{\sqrt{\pi\,a t}} =\frac{\cos\bigl(2\sqrt{a t}\bigr)}{\sqrt{\pi t}},
pois \sqrt{a}/\sqrt{a t}=1/\sqrt{t}.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}^{-1}\{F(\lambda s)\}=\frac{1}{\lambda}\,f\!\left(\frac{t}{\lambda}\right)\n \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{e^{-a/s}}{\sqrt{s}}\right\}=\frac{\cos(2\sqrt{a t})}{\sqrt{\pi t}}

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