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Enunciado

Cálculo - Boyce - Equações Diferenciais - Ed: 10º - Capítulo 6.2 - Ex. 29

Seja

F s = ∫ 0 ∞ e - s t f t d t

É possível mostrar que, enquanto f satisfizer as condições do Teorema 6.1.2, é possível diferenciar sob o sinal de integral em relação ao parâmetro s quando  s   >   a .

(a) Mostre que   F ' ( s )   =   L { – t f ( t ) } .

(b) Mostre que  F n ( s )   =   L { – t n f ( t ) } ; portanto, derivar a transformada de Laplace corresponde a multiplicar a função original por – t .

Passo 1

Letra a

Considere   F s = ∫ 0 ∞ e - s t f t d t . Como podemos nos diferenciar sob o sinal integral em relação ao parâmetro s , temos esse:

F ' s = d d s ∫ 0 ∞ e - s t f t d t = ∫ 0 ∞ d d s ( e - s t f t ) d t = ∫ 0 ∞ - t e - s t f t d t =

F ' s = ∫ 0 ∞ e - s t ( - t f t ) d t = L { - t f ( t ) }

Passo 2

Letra b:

Nós vamos usar indução sobre n . Temos pelo item (a) que:

F 1 s =   L - t ∙ f t = L { - t 1 ∙ f ( t ) }

Ou seja, temos a prova só pra derivada de primeira ordem, mas queremos mesmo é provar pra qualquer ordem n ≥ 1 ! Ou seja, verificar se é verdade:

F n s = L { - t n ∙ f ( t ) }

n ≥ 1

Note que provamos isso para n   =   1 somente, mas precisamos provar pra todo n ≥ 1 inteiro. Bem, olha a macete. Vamos fingir que é verdade que:

F k s = L { - t k ∙ f ( t ) }

k ≥ 1

Já que é assim, a derivada em relação a s dessa função é:

F k ( s ) ' = d F k ( s ) d s = F k + 1 s

Portanto, a derivada de ordem k + 1 será:

F k + 1 s = d L { - t k ∙ f ( t ) } ) d s

Usando a definição de transformada no lugar de L   :

F k + 1 s = d ∫ 0 ∞ e - s t ∙ - t k ∙ f t   d t d s

F k + 1 s = ∫ 0 ∞ d e - s t ∙ - t k ∙ f t d s d t

F k + 1 s = ∫ 0 ∞ d e - s t d s ∙ - t k ∙ f t d t

F k + 1 s = ∫ 0 ∞ - t ∙ e - s t ∙ - t k ∙ f t d t

F k + 1 s = ∫ 0 ∞ e - s t ∙ - t k + 1 ∙ f t d t

Seja:

g t = - t k + 1 ∙ f t

Temos:

F k + 1 s = ∫ 0 ∞ e - s t ∙ g t   d t

E pela definição de transformada isso é o mesmo que

F k + 1 s =   L g t

F k + 1 s =   L - t k + 1 ∙ f t

Veja que o argumento n + 1 é igual dos dois lados da equação, podemos substituir eles por qualquer outra variável pra ganhar uma cara genérica:

k + 1 → n

Assim, temos:

F k s = L { - t k ∙ f ( t ) }

k ≥ 1

Virando:

F n s = L { - t n ∙ f ( t ) }

n ≥ 2

Mas como provamos que n = 1 também vale, na letra a , fechamos a letra b :

F n s = L { - t n ∙ f ( t ) }

n ≥ 1

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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