Usando derivação, integração, desvio \boldsymbol{s} ou a convolução (e mostrand os detalhes do que fizer), encontre f(t) se \mathscr{L}(f) for igual a:
\ln \frac{s+a}{s+b}

Passo 1

O enunciado dá a transformada de Laplace
\mathscr{L}\{f\}(s)=\ln\frac{s+a}{s+b},
onde s é a variável complexa da transformada e a,b são constantes (assumimos a e b fixos e tais que as integrais abaixo façam sentido). A tarefa é encontrar a função f(t) (definida para t>0) cuja transformada de Laplace é exatamente essa expressão.
Informações relevantes dadas:
\mathscr{L}\{f\}(s)=\ln\frac{s+a}{s+b}.
O que se pede: determinar f(t), explicitando passos e justificativas.

Passo 2

Observação útil (identidade de parâmetro): para s fixo e variando o parâmetro u,
\frac{d}{du}\ln(s+u)=\frac{1}{s+u}.
Pelo teorema fundamental do cálculo, para a e b fixos vale
\ln\frac{s+a}{s+b}=\ln(s+a)-\ln(s+b)=\int_{b}^{a}\frac{1}{s+u}\,du.
Isto é, representamos a função dada como uma integral em u envolvendo a função 1/(s+u). Esta representação é muito útil porque sabemos a transformada inversa de 1/(s+u).

Passo 3

Recordando uma fórmula básica da transformada de Laplace: para constante u com \Re(s)>-\Re(u),
\mathscr{L}\{e^{-u t}\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}e^{-u t}\,dt=\int_{0}^{\infty}e^{-(s+u)t}\,dt=\frac{1}{s+u}.
Portanto a função 1/(s+u) é a transformada de Laplace de e^{-u t}. Usando linearidade da transformada inversa e a representação do Passo 2, podemos inverter a integral parâtrica:
f(t)=\mathscr{L}^{-1}\left\{\ln\frac{s+a}{s+b}\right\}(t) =\mathscr{L}^{-1}\left\{\int_{b}^{a}\frac{1}{s+u}\,du\right\}(t).
Pelo fato de que a inversa é linear e (sob hipóteses de troca de ordem justificáveis por convergência) podemos passar a inversa para dentro da integral:
f(t)=\int_{b}^{a}\mathscr{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+u}\right\}(t)\,du=\int_{b}^{a}e^{-u t}\,du.

Passo 4

Agora calculamos explicitamente a integral em u:
\int_{b}^{a}e^{-u t}\,du.
Trate t>0 como constante na integração em u. Uma primitiva de e^{-u t} em u é -\dfrac{1}{t}e^{-u t} (porque \dfrac{d}{du}\big(-\dfrac{1}{t}e^{-u t}\big)=e^{-u t}). Avaliando de u=b até u=a:
\int_{b}^{a}e^{-u t}\,du=\left[-\frac{1}{t}e^{-u t}\right]_{u=b}^{u=a} =-\frac{1}{t}e^{-a t}+\frac{1}{t}e^{-b t} =\frac{e^{-b t}-e^{-a t}}{t}.

Passo 5

Verificação alternativa (útil para a prova): calcular diretamente \mathscr{L}\{(e^{-b t}-e^{-a t})/t\} e ver que dá \ln\frac{s+a}{s+b}. Usando troca de ordem de integração (Fubini) e a linearidade,
\mathscr{L}\!\left\{\frac{e^{-b t}-e^{-a t}}{t}\right\}(s) =\int_{0}^{\infty}e^{-st}\frac{e^{-b t}-e^{-a t}}{t}\,dt =\int_{0}^{\infty}e^{-st}\left(\int_{b}^{a}e^{-u t}\,du\right)\frac{1}{t}\,dt.
Reescrevendo sem a divisão redundante (já realizada no Passo 4) e trocando ordem:
=\int_{b}^{a}\left(\int_{0}^{\infty}e^{-(s+u)t}\,dt\right)\,du =\int_{b}^{a}\frac{1}{s+u}\,du =\ln\frac{s+a}{s+b},
confirmando a inversa encontrada. (Aqui usamos que \Re(s)>-\min(\Re(a),\Re(b)) para garantir convergência das integrais.)

Passo 6

Interpretação final e observações práticas:
  • A função f(t) está bem definida para t>0 e tem a forma \dfrac{e^{-b t}-e^{-a t}}{t}.
  • Em t\to 0^+ há uma singularidade removível: usando expansão e^{-x}=1-x+\cdots nota-se que \dfrac{e^{-b t}-e^{-a t}}{t}\to a-b quando t\to0, então o comportamento é regular na maioria dos contextos (pode-se definir por continuidade em t=0 se desejado).
  • Região de convergência em s: geralmente \Re(s)>-\min(\Re(a),\Re(b)).

Resposta

f(t)=\frac{e^{-b t}-e^{-a t}}{t},\qquad t>0

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