Usando a tabela para a transformada de Laplace, determinar \mathcal{L}\left\{f(t)\right\} para as funções abaixo:
f(t)=t e^{-10 t}

Passo 1

O enunciado pede para determinar a transformada de Laplace da função \,f(t)=t e^{-10 t}\,.
Informações dadas: a função é \,f(t)=t e^{-10 t}\, (assumimos t\ge 0, que é o domínio usual para transformada de Laplace).
O objetivo é calcular \mathcal{L}\{f(t)\}(s).

Passo 2

Vamos recordar a definição da transformada de Laplace (isto é importante para entender o que estamos fazendo). A definição é:
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,f(t)\,dt.
Aqui \,t\, é a variável do tempo (ou variável real não negativa), s é o parâmetro complexo da transformada e a integral converge apenas para valores de s em que essa integral for finita (essa região chama-se região de convergência).

Passo 3

Uma entrada da tabela que usamos frequentemente é a transformada de \,t. Ou seja, sabemos (e vamos demonstrar) que
\mathcal{L}\{t\}(s)=\frac{1}{s^{2}},\quad \Re(s)>0.
Vou mostrar rapidamente por que isso vale, usando integração por partes para ficar bem claro como aplicar sem a tabela se precisar.

Passo 4

Cálculo de \mathcal{L}\{t\}(s) por integração por partes. Considere
\int_{0}^{\infty} t e^{-s t}\,dt.
Escolhemos u=t e dv=e^{-s t}\,dt. Então du=dt e v=-\frac{1}{s}e^{-s t}. Pela fórmula de integração por partes,
\int_{0}^{\infty} t e^{-s t}\,dt=\left[-\frac{t}{s}e^{-s t}\right]_{0}^{\infty}+\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,dt.
Para \Re(s)>0 temos \lim_{t\to\infty} t e^{-s t}=0 e no t=0 o termo é zero, então a primeira parcela é 0. A segunda integral é \int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,dt=\frac{1}{s} (novamente para \Re(s)>0). Assim
\int_{0}^{\infty} t e^{-s t}\,dt=\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{2}}.
Portanto \mathcal{L}\{t\}(s)=\dfrac{1}{s^{2}} para \Re(s)>0.

Passo 5

Agora precisamos lidar com o fator exponencial \,e^{-10 t}\,. Existe uma propriedade muito útil (e simples) da transformada de Laplace: se \mathcal{L}\{g(t)\}(s)=G(s), então para qualquer constante a vale
\mathcal{L}\{e^{a t}g(t)\}(s)=G(s-a).
Explicando em palavras: multiplicar a função no tempo por \,e^{a t}\, corresponde a deslocar o argumento da transformada de s para s-a. A demonstração vem direto da definição:
\mathcal{L}\{e^{a t}g(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}e^{a t}g(t)\,dt=\int_{0}^{\infty} e^{-(s-a)t}g(t)\,dt=G(s-a).

Passo 6

Aplicando essa propriedade à nossa função. Tomamos g(t)=t (cuja transformada é G(s)=\dfrac{1}{s^{2}}) e a=-10 (porque e^{-10 t}=e^{a t} com a=-10). Pela propriedade:
\mathcal{L}\{t e^{-10 t}\}(s)=G(s-(-10))=G(s+10).
Substituindo G temos
\mathcal{L}\{t e^{-10 t}\}(s)=\frac{1}{(s+10)^{2}}.
A condição de convergência desloca-se também: como G(s) exige \Re(s)>0, para G(s+10) precisamos de \Re(s+10)>0, ou seja \Re(s)>-10.

Passo 7

Para fechar, faço uma verificação direta via integral (mesmo procedimento que usamos para \mathcal{L}\{t\}, só que com s substituído por s+10):
\mathcal{L}\{t e^{-10 t}\}(s)=\int_{0}^{\infty} t e^{-s t}e^{-10 t}\,dt=\int_{0}^{\infty} t e^{-(s+10)t}\,dt=\frac{1}{(s+10)^{2}},
válido para \Re(s+10)>0, i.e., \Re(s)>-10. Pronto — deu certinho.

Resposta

\displaystyle \mathcal{L}\{t e^{-10 t}\}(s)=\frac{1}{(s+10)^{2}},\quad \Re(s)>-10

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