use o resultado do Problema 28 para encontrar a transformada de Laplace da função dada; a e b são números reais e n é um inteiro positivo.
f(t)=t^{n} e^{a t}

Passo 1

O enunciado pede a transformada de Laplace da função \,f(t)=t^{n}e^{a t}\,.
Dados fornecidos: \,a\in\mathbb{R}\,, \,b\in\mathbb{R}\, (observe que \,b\, não aparece em f(t) e, portanto, é irrelevante para este problema), e \,n\in\mathbb{Z}_{>0}\, (inteiro positivo).
Pergunta explícita: calcular \,\mathcal{L}\{t^{n}e^{a t}\}(s)\, usando o resultado do Problema 28.

Passo 2

Primeiro, lembro o que é a transformada de Laplace: para uma função f(t) definida em t\ge 0,
\mathcal{L}\{f\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa (na prática, precisamos de \operatorname{Re}(s) grande o suficiente para garantir convergência da integral). Aqui vou aplicar essa definição à nossa f(t).

Passo 3

O resultado do Problema 28 que vamos usar é a fórmula padrão para potências inteiras:
\mathcal{L}\{t^{n}\}(s)=\frac{n!}{s^{\,n+1}},
válida para \operatorname{Re}(s)>0.
Uma justificativa rápida (indução por partes): para n=0 temos \mathcal{L}\{1\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}dt=\tfrac{1}{s}. Supondo \mathcal{L}\{t^{n}\}(s)=\tfrac{n!}{s^{n+1}}, integramos por partes para t^{n+1}:
\int_{0}^{\infty} t^{n+1}e^{-st}dt =\left[-\frac{t^{n+1}e^{-st}}{s}\right]_{0}^{\infty}+\frac{n+1}{s}\int_{0}^{\infty} t^{n}e^{-st}dt =\frac{n+1}{s}\cdot\frac{n!}{s^{n+1}}=\frac{(n+1)!}{s^{n+2}}.
Isso fecha a indução.

Passo 4

Agora uso o teorema do deslocamento exponencial (shifting theorem): para qualquer função g(t) cuja transformada exista como G(s)=\mathcal{L}\{g\}(s), vale
\mathcal{L}\{e^{a t}g(t)\}(s)=G(s-a),
desde que s-a esteja na região de convergência de G. A demonstração é imediata pela própria 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 5

Aplicando o teorema do deslocamento à função g(t)=t^{n}, cuja transformada é G(s)=\dfrac{n!}{s^{n+1}}, obtemos
\mathcal{L}\{t^{n}e^{a t}\}(s)=G(s-a)=\frac{n!}{(s-a)^{\,n+1}}.
Sobre a região de convergência: como G(s) exige \operatorname{Re}(s)>0, aqui precisamos de \operatorname{Re}(s-a)>0, isto é, \operatorname{Re}(s)>a.

Passo 6

Exemplos rápidos para fixar:
  • Se n=0, \mathcal{L}\{e^{a t}\}(s)=\dfrac{0!}{(s-a)^{1}}=\dfrac{1}{s-a}.
  • Se n=1, \mathcal{L}\{t e^{a t}\}(s)=\dfrac{1!}{(s-a)^{2}}=\dfrac{1}{(s-a)^{2}}.
    Isso ajuda a reconhecer o padrão na hora da prova. Força aí — com essa regra você resolve rapidinho casos com potências multiplicadas por exponenciais.

Resposta

\mathcal{L}\{t^{n}e^{a t}\}(s)=\frac{n!}{(s-a)^{\,n+1}}
válido para \operatorname{Re}(s)>a.

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