Usando a tabela para a transformada de Laplace, determinar \mathcal{L}\left\{f(t)\right\} para as funções abaixo:
f(t)=t^{3} e^{t}

Passo 1

O enunciado pede para calcular a transformada de Laplace da função \,f(t)=t^{3}e^{t}\,.
Informações relevantes que temos: a função f(t) está definida para t\ge 0 (pressuposto padrão para Laplace) e o enunciado indica usar a tabela de transformadas. Não há outras funções ou parâmetros no enunciado.

Passo 2

Primeiro, vamos lembrar a definição da transformada de Laplace. Para uma função g(t) (suficientemente bem comportada) define-se
\mathcal{L}\{g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,g(t)\,dt,
onde s é um número complexo e a integral converge para valores de s em uma certa região (a chamada região de convergência). Aqui, sempre que eu usar a definição, vou explicitar as condições de convergência quando necessárias.

Passo 3

Na tabela há uma entrada padrão muito útil: a transformada de \,t^{n}\,. Vou demonstrar por que
\mathcal{L}\{t^{n}\}(s)=\frac{n!}{s^{\,n+1}}
para n inteiro não negativo e \operatorname{Re}(s)>0. Para não ficar só na abstração, vou fazer o caso n=3 passo a passo (é exatamente o que precisamos).
Calculemos
I=\int_{0}^{\infty} t^{3}e^{-st}\,dt.
Usamos integração por partes repetida. A fórmula de integração por partes é
\int u\,dv = uv - \int v\,du.
Escolha 1ª aplicação: u=t^{3}, dv=e^{-st}dt. Então du=3t^{2}dt e v=-\frac{1}{s}e^{-st}. Aplicando:
I=\left[t^{3}\left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right)\right]_{0}^{\infty} + \frac{3}{s}\int_{0}^{\infty} t^{2}e^{-st}\,dt.
O termo de fronteira \left[t^{3}\left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right)\right]_{0}^{\infty} vale 0 desde que \operatorname{Re}(s)>0 (o fator exponencial domina o polinômio quando t\to\infty), e no t=0 também dá 0. Logo
I=\frac{3}{s}\int_{0}^{\infty} t^{2}e^{-st}\,dt.
Agora calcule J=\int_{0}^{\infty} t^{2}e^{-st}\,dt do mesmo modo. Tomando u=t^{2}, dv=e^{-st}dt obtemos du=2t\,dt, v=-\frac{1}{s}e^{-st}, então
J=\left[t^{2}\left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right)\right]_{0}^{\infty} + \frac{2}{s}\int_{0}^{\infty} t e^{-st}\,dt = \frac{2}{s}\int_{0}^{\infty} t e^{-st}\,dt,
novamente com o termo de fronteira nulo para \operatorname{Re}(s)>0.
Calcule K=\int_{0}^{\infty} t e^{-st}\,dt. Com u=t, dv=e^{-st}dt vem du=dt, v=-\frac{1}{s}e^{-st}, então
K=\left[t\left(-\frac{1}{s}e^{-st}\right)\right]_{0}^{\infty} + \frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt = \frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{2}},
pois \int_{0}^{\infty} e^{-st}\,dt=\frac{1}{s} para \operatorname{Re}(s)>0.
Substituindo para cima:
J=\frac{2}{s}K=\frac{2}{s}\cdot\frac{1}{s^{2}}=\frac{2}{s^{3}},
I=\frac{3}{s}J=\frac{3}{s}\cdot\frac{2}{s^{3}}=\frac{6}{s^{4}}.
Portanto concluímos que
\mathcal{L}\{t^{3}\}(s)=\frac{6}{s^{4}},\qquad \operatorname{Re}(s)>0.
(Isto coincide com a fórmula geral \dfrac{n!}{s^{n+1}} com n=3.)

Passo 4

Agora precisamos usar a propriedade de deslocamento na variável s (que é uma entrada comum da tabela): para qualquer função g(t) com \mathcal{L}\{g(t)\}(s)=G(s) e para qualquer constante a,
\mathcal{L}\{e^{at}g(t)\}(s)=G(s-a).
A demonstração rápida vem direto da definição:
\mathcal{L}\{e^{at}g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}e^{at}g(t)\,dt=\int_{0}^{\infty} e^{-(s-a)t}g(t)\,dt=G(s-a).
A condição de convergência muda: se G(s) converge para \operatorname{Re}(s)>\sigma_{0}, então \mathcal{L}\{e^{at}g(t)\}(s) converge para \operatorname{Re}(s-a)>\sigma_{0}, isto é, \operatorname{Re}(s)>\sigma_{0}+a.

Passo 5

Aplique a propriedade ao nosso caso. Tomando g(t)=t^{3} e a=1, sabemos por Passo 3 que G(s)=\dfrac{6}{s^{4}} com região de convergência \operatorname{Re}(s)>0. Pela propriedade de deslocamento,
\mathcal{L}\{t^{3}e^{t}\}(s)=G(s-1)=\frac{6}{(s-1)^{4}}.
A região de convergência desloca-se: devemos ter \operatorname{Re}(s-1)>0, ou seja \operatorname{Re}(s)>1.

Passo 6

Resumo final do procedimento: calculamos \mathcal{L}\{t^{3}\}=\dfrac{6}{s^{4}} por integração por partes e então usamos a propriedade de deslocamento para obter \mathcal{L}\{t^{3}e^{t}\}=\dfrac{6}{(s-1)^{4}} com \operatorname{Re}(s)>1. Você pode lembrar disso direto da tabela: entrada para t^{n} e a regra e^{at} desloca s\mapsto s-a.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{t^{3}e^{t}\}(s)=\frac{6}{(s-1)^{4}}, \operatorname{Re}(s)>1

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