Questão 69. Mostre que, se f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} e g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}, então
\mathcal{L}^{-1}\{F(s) \cdot G(s)\}=\int_{0}^{t} f(\tau) g(t-\tau) d \tau=f \star g
Mostre também que f \star g=g \star f. Como aplicação, mostre que
а) \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{\left(s^{2}+a^{2}\right)^{2}}\right\}=\frac{t \operatorname{sen}(a t)}{2 a};

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede três coisas claras:
  • Dado que f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} e g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}.
  • Pedidos:
    1. Mostrar que \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\cdot G(s)\}=\displaystyle\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau.
    2. Mostrar que f\star g=g\star f (ou seja, a convolução é comutativa).
    3. Aplicação: provar que \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{s}{(s^{2}+a^{2})^{2}}\right\}=\dfrac{t\sin(at)}{2a}.
As informações relevantes que temos: F(s)=\mathcal{L}\{f\}(s) e G(s)=\mathcal{L}\{g\}(s); supomos que f e g são funções tais que as transformadas de Laplace existem (condições de crescimento que permitem trocar integrais etc.). A resolução começa a partir daqui.

Passo 2

Definição e estratégia para provar a fórmula da convolução (teorema): defina a função h(t) por convolução
h(t)=\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau.
Queremos calcular \mathcal{L}\{h\}(s) e mostrar que dá F(s)G(s). Pela definição de Laplace,
\mathcal{L}\{h\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,h(t)\,dt =\int_{0}^{\infty} e^{-st}\left(\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau\right)dt.
Aqui usamos a hipótese de existência das transformadas para justificar trocar as ordens de integração (teorema de Fubini/Tonelli em caso de convergência absoluta). Agora trocamos a ordem das integrais.

Passo 3

Troca da ordem das integrais e simplificação: ao trocar a ordem, observamos que o domínio \{(t,\tau):0\le\tau\le t<\infty\} pode ser descrito como \{(t,\tau):0\le\tau<\infty,\;t\ge\tau\}. Assim
\mathcal{L}\{h\}(s) =\int_{0}^{\infty}\left(\int_{\tau}^{\infty} e^{-st}\,g(t-\tau)\,dt\right)f(\tau)\,d\tau.
Façamos a mudança de variável interna \,u=t-\tau. Quando t=\tau temos u=0; quando t\to\infty temos u\to\infty; e dt=du. Então a integral interna fica
\int_{0}^{\infty} e^{-s(u+\tau)}\,g(u)\,du = e^{-s\tau}\int_{0}^{\infty} e^{-su} g(u)\,du = e^{-s\tau}G(s).
Substituindo de volta:
\mathcal{L}\{h\}(s)=\int_{0}^{\infty} f(\tau)\,e^{-s\tau}\,G(s)\,d\tau =G(s)\int_{0}^{\infty} f(\tau)\,e^{-s\tau}\,d\tau =G(s)F(s).

Passo 4

Conclusão lógica e inversa: como mostramos que \mathcal{L}\{h\}(s)=F(s)G(s), aplicando \mathcal{L}^{-1} em ambos os lados obtemos
\mathcal{L}^{-1}\{F(s)G(s)\}=h(t)=\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau,
ou seja, a inversa da produto de transformadas é a convolução temporal. A unicidade da transformada de Laplace (duas funções com mesma transformada coincidem quase sempre) garante que essa é a função inversa correta.

Passo 5

Prova da comutatividade da convolução: comece com a definição
(f\star g)(t)=\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau.
faça a mudança de variável u=t-\tau. Então du=-d\tau. Quando \tau=0 temos u=t; quando \tau=t temos u=0. Assim
(f\star g)(t)=\int_{t}^{0} f(t-u)\,g(u)\,(-du)=\int_{0}^{t} g(u)\,f(t-u)\,du=(g\star f)(t).
Portanto (f\star g)(t)=(g\star f)(t) para todo t; a convolução é comutativa. (Essa troca é apenas uma mudança de variável simples, nada profundo — é por isso que a convolução “não se importa” com a ordem.)

Passo 6

Preparação para a aplicação (propiedade de derivada): vamos usar a propriedade útil das transformadas:
\mathcal{L}\{t\,\varphi(t)\}(s) = -\frac{d}{ds}\big(\mathcal{L}\{\varphi\}(s)\big).
Explicação rápida: escreva \mathcal{L}\{\varphi\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\varphi(t)\,dt. Diferenciando sob o sinal de integral (justificável sob hipóteses de crescimento), obtemos
\frac{d}{ds}\mathcal{L}\{\varphi\}(s)=\int_{0}^{\infty} \frac{\partial}{\partial s}\big(e^{-st}\big)\varphi(t)\,dt =\int_{0}^{\infty} (-t)e^{-st}\varphi(t)\,dt = -\mathcal{L}\{t\varphi(t)\}(s).
Logo a fórmula está provada e é muito útil para obter fatores de t na transformada inversa.

Passo 7

Aplicação para o item (a): calcule \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{s}{(s^{2}+a^{2})^{2}}\right\}.
  1. Observe que \mathcal{L}\{\sin(at)\}(s)=\dfrac{a}{s^{2}+a^{2}}. — isso é uma fórmula básica da tabela de Laplace; aqui a é constante positiva e \sin(at) é a função temporal.
  2. Use a propriedade da derivada com \varphi(t)=\sin(at). Temos
\mathcal{L}\{t\sin(at)\}(s) = -\frac{d}{ds}\left(\frac{a}{s^{2}+a^{2}}\right).
Calcule a derivada:
\frac{d}{ds}\left(\frac{a}{s^{2}+a^{2}}\right) = a\cdot\frac{d}{ds}\big((s^{2}+a^{2})^{-1}\big) = a\cdot(-1)(s^{2}+a^{2})^{-2}\cdot 2s = -\frac{2as}{(s^{2}+a^{2})^{2}}.
Portanto
\mathcal{L}\{t\sin(at)\}(s) = -\left(-\frac{2as}{(s^{2}+a^{2})^{2}}\right)=\frac{2as}{(s^{2}+a^{2})^{2}}.
  1. Isolando a transformada que queremos:
\frac{s}{(s^{2}+a^{2})^{2}}=\frac{1}{2a}\,\mathcal{L}\{t\sin(at)\}(s).
Aplicando a inversa,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{(s^{2}+a^{2})^{2}}\right\}=\frac{1}{2a}\,t\sin(at).
Isso conclui a aplicação pedida.

Resposta

\mathcal{L}^{-1}\{F(s)G(s)\}=\displaystyle\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau\n
f\star g=g\star f\n
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{s}{(s^{2}+a^{2})^{2}}\right\}=\dfrac{t\sin(at)}{2a}

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