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};
b) \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^{2}(s+1)^{2}}\right\}=t e^{-t}+2 e^{-t}+t-2.

Passo 1

O enunciado dá duas funções-tempo f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} e g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\} e pede três coisas:
  • Mostrar que
\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\,G(s)\}=\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau,
ou seja, que a transformada inversa do produto é a convolução f\star g.
  • Mostrar que a convolução é comutativa: f\star g = g\star f.
  • Aplicar essa propriedade para calcular duas transformadas inversas:
    a) \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{(s^{2}+a^{2})^{2}}\right\};
    b) \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}(s+1)^{2}}\right\}.
Informações relevantes fornecidas / que vamos usar:
  • Definição da transformada de Laplace: para h(t) apropriada,
\mathcal{L}\{h\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} h(t)\,dt.
  • Supõe-se que F(s)=\mathcal{L}\{f\}(s) e G(s)=\mathcal{L}\{g\}(s) existem para \Re(s) suficientemente grande, de modo que as integrais abaixo convergem e é permitido trocar a ordem de integração (teorema de Fubini/Tonelli). A demonstração usar-se-á disso.

Passo 2

Definir a convolução e escrever o objetivo técnico.
A convolução de f e g é a função do tempo
(f\star g)(t)=\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau.
Queremos mostrar que \mathcal{L}\{f\star g\}(s)=F(s)\,G(s). A partir disso, pela unicidade da transformada de Laplace, obtemos a fórmula para a transformada inversa do produto.

Passo 3

Calcular \mathcal{L}\{f\star g\}(s) a partir da definição. Começamos escrevendo a transformada de Laplace da convolução:
\mathcal{L}\{f\star g\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} \Big(\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau\Big)\,dt.
Explicação do que significa cada termo:
  • t é a variável externa da transformada.
  • \tau é a variável de integração interna da convolução, com 0\le \tau\le t.
    A integral dupla está sobre a região triangular \{(t,\tau)\mid 0\le \tau\le t<\infty\}.

Passo 4

Trocar a ordem de integração (aplicando Fubini). A condição de existência de F(s) e G(s) garante que a integral dupla é absolutamente convergente para \Re(s) grande o suficiente; assim podemos trocar a ordem das integrais:
\mathcal{L}\{f\star g\}(s)=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{t} e^{-s t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau\,dt =\int_{0}^{\infty}\int_{\tau}^{\infty} e^{-s t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,dt\,d\tau.
Na segunda igualdade trocámos a ordem: primeiro integramos em t fixando \tau, e para cada \tau a variável t vai de \tau até \infty.

Passo 5

Fazer a mudança de variável interna u=t-\tau para separar as dependências em \tau e u. Quando t varia de \tau a \infty, temos u=t-\tau variando de 0 a \infty. Além disso t=\tau+u e dt=du. Substituindo,
\begin{aligned} \mathcal{L}\{f\star g\}(s) &=\int_{0}^{\infty} f(\tau)\left(\int_{0}^{\infty} e^{-s(\tau+u)} g(u)\,du\right)\,d\tau\\[4pt] &=\int_{0}^{\infty} f(\tau)\,e^{-s\tau}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-s u} g(u)\,du\right)\,d\tau. \end{aligned}
Aqui isolámos o fator que depende de \tau e o que depende de u.]

Passo 6

Reconhecer as transformadas de Laplace nas integrais obtidas. A integral em u é exatamente G(s)=\mathcal{L}\{g\}(s), e a integral em \tau é F(s)=\mathcal{L}\{f\}(s). Assim
\mathcal{L}\{f\star g\}(s)=\left(\int_{0}^{\infty} e^{-s\tau} f(\tau)\,d\tau\right)\left(\int_{0}^{\infty} e^{-s u} g(u)\,du\right) =F(s)\,G(s).

Passo 7

Concluir a relação para a transformada inversa. Como a transformada de Laplace é injetora em uma classe adequada de funções (isto é, duas funções com mesma transformada praticamente coincidem quase sempre), temos a identidade de inversa:
\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\,G(s)\}=f\star g=\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau,
que era o que se queria demonstrar.

Passo 8

Mostrar que a convolução é comutativa: f\star g = g\star f. Começamos por escrever
(f\star g)(t)=\int_{0}^{t} f(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau.
Fazer a troca de variável \sigma=t-\tau. Quando \tau corre de 0 a t, \sigma corre de t a 0; então
(f\star g)(t)=\int_{t}^{0} f(t-\sigma)\,g(\sigma)\,(-d\sigma)=\int_{0}^{t} g(\sigma)\,f(t-\sigma)\,d\sigma=(g\star f)(t).
Portanto a convolução é comutativa. (Outra maneira é notar que a definição é simétrica trocando \tau por t-\tau.)

Passo 9

Aplicação (a). Identificar fatores cujas transformadas inversas são conhecidas. Observa-se que
\frac{s}{(s^{2}+a^{2})^{2}}=\frac{s}{s^{2}+a^{2}}\cdot\frac{1}{s^{2}+a^{2}}.
Sabemos transformadas-padrão:
\mathcal{L}\{\cos(at)\}(s)=\frac{s}{s^{2}+a^{2}},\qquad \mathcal{L}\{\sin(at)\}(s)=\frac{a}{s^{2}+a^{2}}.
Assim podemos escolher
F(s)=\frac{s}{s^{2}+a^{2}}\quad\Rightarrow\quad f(t)=\cos(at),
G(s)=\frac{1}{s^{2}+a^{2}}=\frac{1}{a}\cdot\frac{a}{s^{2}+a^{2}}\quad\Rightarrow\quad g(t)=\frac{1}{a}\sin(at).
Pela propriedade já demonstrada,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{(s^{2}+a^{2})^{2}}\right\}=(f\star g)(t)=\int_{0}^{t}\cos(a\tau)\cdot\frac{1}{a}\sin\!\big(a(t-\tau)\big)\,d\tau.

Passo 10

Calcular explicitamente a convolução da parte (a). Use a identidade trigonométrica
\sin\big(a(t-\tau)\big)=\sin(at)\cos(a\tau)-\cos(at)\sin(a\tau).
Substituindo na integral:
\begin{aligned} (f\star g)(t) &=\frac{1}{a}\int_{0}^{t}\cos(a\tau)\big[\sin(at)\cos(a\tau)-\cos(at)\sin(a\tau)\big]\,d\tau\\[4pt] &=\frac{1}{a}\Big(\sin(at)\int_{0}^{t}\cos^{2}(a\tau)\,d\tau-\cos(at)\int_{0}^{t}\cos(a\tau)\sin(a\tau)\,d\tau\Big). \end{aligned}
Agora calcular as duas integrais separadamente.]

Passo 11

Calcular as integrais trigonométricas (detalhes):
  • Para \displaystyle \int_{0}^{t}\cos^{2}(a\tau)\,d\tau, usar \cos^{2}x=\tfrac{1+\cos(2x)}{2}:
\int_{0}^{t}\cos^{2}(a\tau)\,d\tau=\frac{1}{2}\int_{0}^{t}1+\cos(2a\tau)\,d\tau =\frac{t}{2}+\frac{\sin(2at)}{4a}.
  • Para \displaystyle \int_{0}^{t}\cos(a\tau)\sin(a\tau)\,d\tau, usar \sin(2x)=2\sin x\cos x, logo \sin x\cos x=\tfrac{1}{2}\sin(2x):
\int_{0}^{t}\cos(a\tau)\sin(a\tau)\,d\tau=\frac{1}{2}\int_{0}^{t}\sin(2a\tau)\,d\tau =\frac{1}{2}\cdot\Big(-\frac{\cos(2a\tau)}{2a}\Big)\Big|_{0}^{t} =\frac{1-\cos(2at)}{4a}.

Passo 12

Substituir as integrais em (f\star g) e simplificar. Temos
\begin{aligned} (f\star g)(t) &=\frac{1}{a}\Bigg(\sin(at)\Big(\frac{t}{2}+\frac{\sin(2at)}{4a}\Big)-\cos(at)\Big(\frac{1-\cos(2at)}{4a}\Big)\Bigg). \end{aligned}
Usando \sin(2at)=2\sin(at)\cos(at) e 1-\cos(2at)=2\sin^{2}(at), as partes extras se combinam:
\frac{1}{a}\Bigg(\frac{\sin(at)\,t}{2} + \frac{\sin(at)\sin(2at)}{4a} - \frac{\cos(at)(1-\cos(2at))}{4a}\Bigg).
As últimas duas parcelas dão
\frac{1}{a}\left(\frac{\sin(at)\cdot 2\sin(at)\cos(at)}{4a}-\frac{\cos(at)\cdot 2\sin^{2}(at)}{4a}\right)=0,
pois são iguais e de sinais opostos. Portanto resta apenas a primeira parcela:
(f\star g)(t)=\frac{t\sin(at)}{2a}.
Assim concluímos
\boxed{\displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{(s^{2}+a^{2})^{2}}\right\}=\frac{t\sin(at)}{2a}.}

Passo 13

Aplicação (b). Identificar fatores com transformadas conhecidas. Note que
\frac{1}{s^{2}(s+1)^{2}}=\frac{1}{s^{2}}\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}}.
Transformadas inversas conhecidas:
\mathcal{L}\{t\}(s)=\frac{1}{s^{2}},\qquad \mathcal{L}\{t e^{-t}\}(s)=\frac{1}{(s+1)^{2}}.
Portanto podemos tomar f(t)=t e g(t)=t e^{-t}. Pela propriedade da convolução,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}(s+1)^{2}}\right\}=(f\star g)(t)=\int_{0}^{t}\tau\,(t-\tau)e^{-(t-\tau)}\,d\tau.

Passo 14

Calcular explicitamente a integral da parte (b). Escrever o integrando de forma conveniente:
\begin{aligned} (f\star g)(t) &=\int_{0}^{t}\tau(t-\tau)e^{-(t-\tau)}\,d\tau =e^{-t}\int_{0}^{t}\big(t\tau-\tau^{2}\big)e^{\tau}\,d\tau\\[4pt] &=e^{-t}\Big(t\underbrace{\int_{0}^{t}\tau e^{\tau}\,d\tau}_{I_{1}}-\underbrace{\int_{0}^{t}\tau^{2} e^{\tau}\,d\tau}_{I_{2}}\Big). \end{aligned}
Calcule I_{1} e I_{2} por partes:
  • Para I_{1}=\int_{0}^{t}\tau e^{\tau}\,d\tau: usar u=\tau,\\ dv=e^{\tau}d\tau. Então
I_{1}=\big[\tau e^{\tau}\big]_{0}^{t}-\int_{0}^{t}e^{\tau}\,d\tau =t e^{t}-\big(e^{t}-1\big)=e^{t}(t-1)+1.
  • Para I_{2}=\int_{0}^{t}\tau^{2} e^{\tau}\,d\tau: integração por partes com u=\tau^{2},\\ dv=e^{\tau}d\tau
I_{2}=\big[\tau^{2}e^{\tau}\big]_{0}^{t}-\int_{0}^{t}2\tau e^{\tau}\,d\tau =t^{2}e^{t}-2I_{1} =t^{2}e^{t}-2\big(e^{t}(t-1)+1\big).
Logo
I_{2}=e^{t}(t^{2}-2t+2)-2.]

Passo 15

Combinar os resultados e simplificar:
\begin{aligned} tI_{1}-I_{2} &=t\big(e^{t}(t-1)+1\big)-\big(e^{t}(t^{2}-2t+2)-2\big)\\[4pt] &=e^{t}\big(t(t-1)-(t^{2}-2t+2)\big)+t+2\\[4pt] &=e^{t}(t-2)+t+2. \end{aligned}
Multiplicando por e^{-t} obtemos
(f\star g)(t)= (t-2) + (t+2)e^{-t} = t-2 + t e^{-t} + 2 e^{-t}.
Reorganizando os termos,
\boxed{\displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}(s+1)^{2}}\right\}=t e^{-t}+2 e^{-t}+t-2.}]

Resposta

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

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