( 30 pontos) Calcule o que se pede e justifique cada passo:
Transformada inversa de G(s)=\frac{e^{-2 s}}{s^{2}}.

Passo 1

O enunciado pede a transformada inversa da função G(s)=\dfrac{e^{-2s}}{s^{2}}.
Dados importantes:
  • A função no domínio de s é G(s)=\dfrac{e^{-2s}}{s^{2}}.
  • O objetivo é encontrar g(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}, a função no domínio do tempo t.
    Não resolvemos ainda; só identificamos que há um fator exponencial e^{-2s} multiplicando 1/s^{2}, o que costuma indicar um atraso (deslocamento no tempo) na transformada inversa.

Passo 2

Primeiro, lembrando a definição da transformada de Laplace e da sua inversa de forma prática:
  • A transformada de Laplace de uma função f(t) é
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa (ou real, quando consideramos convergência) e t\ge0 é o tempo.
  • A transformada inversa \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}(t) é a função f(t) tal que \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s).
    Aqui vamos usar propriedades padrão em vez de aplicar a integral inversa de Bromwich diretamente, porque existem teoremas que tornam o trabalho mais simples.

Passo 3

Identificar a transformada correspondente a 1/s^{2}. Conhecimento útil:
  • Sabe-se (ou podemos calcular) que a transformada de Laplace da função t é \dfrac{1}{s^{2}}. Vou mostrar isso rapidamente por integração por partes para você ver de onde vem.
Calcule \mathcal{L}\{t\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} t\,dt. Use integração por partes escolhendo:
  • u=t e dv=e^{-s t}\,dt. Então du=dt e v=-\dfrac{1}{s}e^{-s t}.
    Aplicando 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.
A primeira parcela \left. -\dfrac{t}{s}e^{-s t}\right|_{0}^{\infty}=0 para \operatorname{Re}(s)>0 (o exponencial domina o t). A segunda parcela é
\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,dt = \frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{2}}.
Portanto
\mathcal{L}\{t\}(s)=\frac{1}{s^{2}}.
Ou seja: a transformada inversa de \dfrac{1}{s^{2}} é \,t.

Passo 4

Agora tratamos do fator e^{-2s}. Existe a propriedade conhecida como teorema do deslocamento no tempo (segunda propriedade de deslocamento):
  • Se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s), então, para a>0,
\mathcal{L}\{f(t-a)\,u(t-a)\}(s)=e^{-a s}F(s),
onde u(t-a) é a função de Heaviside (ou degrau unitário) que vale 0 para t<a e 1 para t\ge a.
Explicando o que cada símbolo significa:
  • f(t) é a função original,
  • a é o tempo de atraso (aqui será 2),
  • u(t-a) “liga” a função apenas a partir de t=a,
  • e^{-as} aparece multiplicando F(s) quando se desloca a função no tempo.
Breve justificativa (mudança de variável na integral):
\mathcal{L}\{f(t-a)u(t-a)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} f(t-a)u(t-a)\,dt=\int_{a}^{\infty} e^{-s t} f(t-a)\,dt.
Fazendo \tau=t-a temos t=a+\tau e
\int_{a}^{\infty} e^{-s t} f(t-a)\,dt = e^{-a s}\int_{0}^{\infty} e^{-s \tau} f(\tau)\,d\tau = e^{-a s}F(s).

Passo 5

Aplicando os resultados aos nossos termos:
  • Já vimos que \dfrac{1}{s^{2}} é a transformada de \,t, ou seja F(s)=1/s^{2} corresponde a f(t)=t.
  • Temos G(s)=e^{-2s}\cdot \dfrac{1}{s^{2}}. Comparando com a forma e^{-a s}F(s), aqui a=2 e F(s)=1/s^{2}. Pelo teorema do deslocamento no tempo, a função no domínio do tempo cuja transformada é G(s) é
g(t)=f(t-2)\,u(t-2),
onde f(t)=t. Substituindo f,
g(t)=(t-2)\,u(t-2).

Passo 6

Para fechar com uma verificação direta (opcional, mas bom para fixar): calcule a transformada de Laplace de g(t)=(t-2)u(t-2) e veja que recupera G(s).
\mathcal{L}\{(t-2)u(t-2)\}=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}(t-2)u(t-2)\,dt=\int_{2}^{\infty} e^{-s t}(t-2)\,dt.
Fazendo \tau=t-2 (então t=\tau+2) obtemos
\int_{2}^{\infty} e^{-s t}(t-2)\,dt = e^{-2s}\int_{0}^{\infty} e^{-s \tau}\tau\,d\tau.
Mas \int_{0}^{\infty} e^{-s \tau}\tau\,d\tau=\dfrac{1}{s^{2}} (visto no Passo 3), logo
\mathcal{L}\{(t-2)u(t-2)\}=e^{-2s}\cdot\frac{1}{s^{2}}=G(s),
confirmando que a inversa está correta.

Resposta

(t-2)u(t-2)

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