Derivadas de las transformadas de Laplace

Proporcionamos la manera de hallar las derivadas de las transformadas de Laplace.

Enunciado
1.  Sea $f:(0,+\infty)\to\mathbb{R}$ una función continua a trozos en todo intervalo $[0,b]$ y de orden exponencial $e^{\alpha t}$. Demostrar que si $\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)$ para $s>\alpha,$ se verifica $$\mathcal{L}\{t^nf(t)\}=(-1)^n\frac{d^n}{ds^n}F(s)\text{ si }s>\alpha.$$ 2. Calcular $\mathcal{L}\{t^2\operatorname{sen}bt\}.$
3.  Calcular $\mathcal{L}\{t^4e^{at}\}.$

Solución
1.  Derivando la igualdad $F(s)=\int_0^{+\infty}e^{-st}f(t)\;dt$ respecto del parámetro $s:$ $$F’(s)=(-1)^1\int_0^{+\infty}te^{-st}f(t)\;dt,$$ $$F^{\prime\prime}(s)=(-1)^2\int_0^{+\infty}t^2e^{-st}f(t)\;dt,$$ $$\ldots$$ $$F^{(n)}(s)=(-1)^n\int_0^{+\infty}t^ne^{-st}f(t)\;dt=(-1)^n\mathcal{L}\{t^nf(t)\},$$ de lo cual se deduce el resultado.

2.  Sabemos que $F(s)=\mathcal{L}\{\operatorname{sen}bt\}=\dfrac{b}{s^2+b^2},\;s>0.$ Por tanto, $$\mathcal{L}\{t^2\operatorname{sen}bt\}=(-1)^2\frac{d^2}{ds^2}F(s).$$ Entonces, $$\frac{d}{ds}F(s)=-\frac{2bs}{(s^2+b^2)^2},$$ $$\mathcal{L}\{t^2\operatorname{sen}bt\}=\frac{d^2}{ds^2}F(s)=\frac{2b(3s^2-b^2)}{(s^2+b^2)^2},\;s>0.$$

3.  Sabemos que $F(s)=\mathcal{L}\{e^{at}\}=\dfrac{1}{s-a},\;s>a.$ Por tanto, $$\mathcal{L}\{t^4e^{at}\}=(-1)^4\frac{d^4}{ds^4}F(s).$$ Entonces, $$\frac{d}{ds}F(s)=-\frac{1}{(s-a)^2},\;\frac{d^2}{ds^2}F(s)=\frac{2}{(s-a)^3},\;\frac{d^3}{ds^3}F(s)=-\frac{6}{(s-a)^4},$$ $$\mathcal{L}\{t^4e^{at}\}=\frac{d^4}{ds^4}F(s)=\frac{24}{(s-a)^5},\;s>a.$$

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