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Enunciado

Cálculo - Boyce - Equações Diferenciais - Ed: 10º - Capítulo 6.1 - Ex. 31

Considere a transformada de Laplace de t p em que p > - 1 .

A - Usando o problema 30, mostre que

L t p = ∫ 0 ∞ e - s t t p   d t = 1 s p + 1 ∫ 0 ∞ e - x x p d x =

= Γ p + 1 / s p + 1 ,                   s > 0

B - Seja p um inteiro positivo n no item (a); mostre que

L t n = n ! / s n + 1 ,             s > 0

C - Mostre que

L t - 1 / 2 = 2 s ∫ 0 ∞ e - x 2 d x ,               s > 0

É possível mostra que

∫ 0 ∞ e - x 2 d x = π 2

Portanto,

L t - 1 / 2 = π / s ,               s > 0

D - Mostre que

L t 1 / 2 = π 2 s 3 / 2 ,               s > 0

Passo 1

L e t r a   A :

Então, vamos começar esse problema, pegando essa integral aqui...

∫ 0 ∞ e - s t t p   d t

E fazendo uma mudança de variável com ela de modo que:

s t = x       →               t = x s

Então, calculando o d t ...

d t = d x s

∫ 0 ∞ e - s t t p   d t   = ∫ 0 ∞ e - x x s p d x s =

∫ 0 ∞ e - x x p s p d x s =

∫ 0 ∞ e - x x p s p + 1 d x =

Como s p - 1 é uma constante perante a integral em x , ela pode vazar da integral...

1 s p + 1 ∫ 0 ∞ e - x x p d x  

Sacou? Pela questão anterior, temos que...

L t p = 1 s p + 1 ∫ 0 ∞ e - x x p d x = Γ p + 1 / s p + 1 ,                   s > 0

Passo 2

L e t r a   B :

Essa questão daqui é basicamente uma aplicação do que a gente viu ali na questão anterior:

L t p = 1 s p + 1 ∫ 0 ∞ e - x x p d x   →

Chamando esse p aí de n , onde n é um número inteiro maior que 0 (o nosso famoso número natural, neh)...

L t n = 1 s n + 1 ∫ 0 ∞ e - x x n d x

Perceba que poderemos resolver essa integral utilizando os conceitos de integração por partes, onde...

u = x n           e                 d v = e - x d x

d u = n x n - 1 d x               e                     v = - e - x  

Logo, jogando na formulação de integração por partes, ou seja...

∫ u d v = v u - ∫ v d u

∫     e - x x n d x = - e - x x n - ∫ - e - x n x n - 1 d x     →

∫     e - x x n d x = - e - x x n + n ∫ e - x x n - 1 d x  

OPA! Mais uma integral que devemos resolver por partis (essa que está em negrito):

∫ e - x x n - 1 d x

Então, chamando dessa vez...

u = x n - 1           e                 d v = e - x d x

d u = n - 1 x n - 2 d x               e                     v = - e - x  

Substituindo na formulação de integração por partes...

∫ e - x x n - 1 d x = - e - x x n - 1 - ∫ - e - x n - 1 x n - 2 d x     →

∫ e - x x n - 1 d x = - e - x x n - 1 + n - 1 ∫ e - x x n - 2 d x    

Esse resultado corresponde a integral em negrito:

∫     e - x x n d x = - e - x x n + n ∫ e - x x n - 1 d x   →

∫     e - x x n d x = - e - x x n + n - e - x x n - 1 + n - 1 ∫ e - x x n - 2 d x     →

∫     e - x x n d x = - e - x x n - n e - x x n - 1 + n n - 1 ∫ e - x x n - 2 d x    

Bem, infelizmente n é desconhecido de modo que poderíamos repetir o processo n vezes. Vai ter uma hora que vamos chegar em x n - n = x 0 = 1 , quando isso acontecer, vamos ter a integral...

∫     e - x x n d x = - e - x x n - n e - x x n - 1 - n n - 1 e - x x n - 2 - n n - 1 n - 2 e - x x n - 3 - n n - 1 n - 2 n - 3 … 2 x   e - x - n n - 1 n - 2 n - 3 … 1   e - x

Esse produto de termos que chagamos no final aí pode ser interpretado como o n faorial:

∫     e - x x n d x = - e - x x n - n e - x x n - 1 - n n - 1 e - x x n - 2 - … - n ! x e - x - n ! e - x

Aplicando os limites de integração...

∫ 0 ∞ e - x x n d x = lim b → ∞ ⁡ ∫ 0 b e - x x n d x ⁡

Substituindo os limites de integração e se recordando de que e - b = 1 e b ...

∫ 0 b e - x x n d x =

- b n e b - n b n - 1 e b - n n - 1 b n - 2 e b - … - n ! b e b + n ! e b - - e - x 0 n - n e - x 0 n - 1 - n n - 1 e - x 0 n - 2 - … - n ! ⋅ 0 e - x - n ! e - 0 =

Todos esses zeros desaparecem e, além disso, como e 0 = 1 , o último termo só ficará n !

- b n e b - n b n - 1 e b - n n - 1 b n - 2 e b - … - n ! b e b + n ! e b - - n ! =

Chamando o infinito de b e aplicando um limite...

lim b → ∞ ⁡ ∫ 0 b e - x x n d x = n ! + lim b → ∞ ⁡ - b n e b - n b n - 1 e b - n n - 1 b n - 2 e b - … - n ! b e b + n ! e b

Como quando b vai para o infinito, todas essas frações vão a 0 ...

lim b → ∞ ⁡ ∫ 0 b e - x x n d x = n ! + lim b → ∞ ⁡ 0   →

∫ 0 ∞ e - x x n d x = n !

Portanto...

L t p = 1 s p + 1 ∫ 0 ∞ e - x x p d x   →

L t p = n ! s p + 1

Entendeu?

Passo 3

L e t r a   C :

Queremos nesse item aqui, provar que...

L t - 1 / 2 = 2 s ∫ 0 ∞ e - x 2 d x

Na Letra A, vimos que é válida a relação:

L t p = 1 s p + 1 ∫ 0 ∞ e - x x p d x     →

Então... Chamando p de - 1 / 2 aqui...

L t - 1 / 2 = 1 s - 1 2 + 1 ∫ 0 ∞ e - x x - 1 / 2 d x →

L t - 1 / 2 = 1 s ∫ 0 ∞ e - x x - 1 / 2 d x

Perceba que o que queremos provar, envolve uma integral exponencial aqui: e - x 2 . Podemos chegar nessa integral fazendo a substituição de x por u 2 na integral de cima:

x = u 2   →          

De modo que o d x ...

d x = 2 u d u    

Substituindo então...

L t - 1 / 2 = 1 s ∫ 0 ∞ e - x x - 1 2 d x = 1 s ∫ 0 ∞ e - u 2 u 2 - 1 2 2 u d u =

2 s ∫ 0 ∞ e - u 2 u - 1 ⋅ u d u =

Como u - 1 u = 1 ...

2 s ∫ 0 ∞ e - u 2 d u

Ora, essa integral é em u , mas podemos chamar u de x novamente, afinal esse é só um nome que estamos dando para a variável de integração . Assim...

L t - 1 / 2 = 2 s ∫ 0 ∞ e - x 2 d x

Ou seja...

L t - 1 / 2 = π s

Passo 4

L e t r a   D :

Aqui já queremos provar que...

L t 1 / 2 = π 2 s 3 / 2   →

Perceba que não dá pra gente usar a mesma técnica que usamos anteriormente porque estamos trabalhando com o valor p = 1 / 2 positivo, e nenhuma mudança vai ser direta infelizmente.

Mas calma ovem gafanhoto! Vamos usar aqui o fato de que...

L t p = 1 s p + 1 ∫ 0 ∞ e - x x p d x = Γ p + 1 / s p + 1

Logo

L t 1 / 2   = Γ 1 2 + 1 s 1 2 + 1 =

Γ 1 2 + 1 s 3 / 2

Então basicamente temos que encontrar quem é...

Γ 1 2 + 1

Essa cara, saca? Na questão anterior, vimos que...

L t - 1 / 2 = π s

Ou seja, trocando o p por - 1 / 2 ...

Γ p + 1 s p + 1 = Γ - 1 2 + 1 s - 1 2 + 1 =

Γ - 1 2 + 1 s = π s     →

Γ - 1 2 + 1 = π

E aí você pode se perguntar: “Tá! Mas qual é a relação de um Γ com o outro Γ ?”

A resposta se encontra no exercício anterior, aonde vimos que:

Γ p + 1 = p Γ p

Então...

Γ 1 2 + 1 = 1 2 Γ 1 2   →

Há de concordar comigo que 1 2 = 1 - 1 2 , ou seja...

Γ 1 2 + 1 = 1 2 Γ - 1 2 + 1   →

VIU SÓ! Então...

Γ 1 2 + 1 = 1 2 π  

E, portanto, L t 1 / 2 será...

L t 1 / 2 = Γ 1 2 + 1 s 1 2 + 1   →

L t 1 / 2 = 1 2 π s 1 2 + 1     →

L t 1 / 2 = π 2 s 3 / 2

PROVADO COM SUCESSO !

Resposta

Questões de Demonstração.

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